dowód planimetria xxx: Wykaż, że długości a, b, c boków trójkąta spełniają nierówność √a²+b²+c² < ^√3 ₂ (a+b+c) Miłośnicy dowodzenia, proszę o pomoc i wyjaśnienie PS pod √3 znajduje się 2, to √3 przez 2, nie wiem czemu tak dziwnie zapisało

Eta: Przekształcając nierówność równoważnie

	√3
√a2+b2+c2<		(a+b+c) /2
	2

	3
a2+b2+c2<		(a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc) /*4
	4

(*) a²+b²+c²< 6(ab+ac+bc) Jak widzę kwadraty boków to : z twierdzenia cosinusów a²=b²+c²−2bccosα b²=a²+c²−2accosβ c²= a²+b²−2abcosγ + −−−−−−−−−−−−−−−−−− +a²+b²+c²= 2ab*cosγ+2ac*cosβ+2bc* cosα < 2ab+2ac+2bc < 6(ab+ac+bc) co daje tę samą nierówność (*) a²+b²+c²<6(ab+ac+bc) zatem nierówność wyjściowa jest prawdziwa dla trójkąta 2 sposób Z nierówności między średnimi kwadratową i arytmetyczną

	a2+b2+c2		a+b+c
√		>		/*√3
	3		3

	√3(a+b+c)		√3(a+b+c)		√3(a+b+c)
√a2+b2+c2>		oraz		<
	3		3		2

	√3(a+b+c)
√a2+b2+c2<
	2

Eta: Ech... coś nie tak w tym drugim sposobie (sorry bo 5>2 i 2<3 5<3 ? Pierwszy sposób jest ok

jc: Zachodzi mocniejsza nierówność.

	a+b+c
Jeśli a,b,c są długościami boków trójkąta, to √a2+b2+c2 <		.
	√2

jc: Jeśli a,b,c są długościami boków trójkąta, to a=y+z, b=z+x, c= x+y dla pewnych dodatnich x, y, z (pomyśl o okręgu wpisanym w trójkąt). (a+b+c)² − 2(a²+b²+c²) = 4(x+y+z)² − 2[ (x+y)² +(y+z)² + (z+x)²] = 4(xy+yz+zx) > 0 Liczby 1/√2 nie możemy zastąpić mniejszą liczbą (wysoki trójkąt równoramienny).