Revista (format .pdf, 1.2 MB) - Recreaţii Matematice

opusă (vezi,deexemplu,L.Niculescuşi V. Boskoff - Probleme practice de geometrie,Ed. Tehnică, 1990). Cum noi dorim să arătăm că diagonala AQ a paralelogramuluiASQT este simediană, ar fi destul să demonstrăm că ST este antiparalelă laBC,deci că ATAB = ASAB. Acest lucru este însă evident, deoarece AT =AC 2cosA , iarAS =AC şi astfel rezolvarea este încheiată.2cosAL127. Fie A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A 6 un hexagon inscriptibil. Să searatecăr A1 A 2 A 3+ r A4 A 5 A 6+ r A1 A 3 A 6+ r A3 A 4 A 6= r A3 A 4 A 5+ r A1 A 2 A 6+ r A2 A 3 A 6+ r A3 A 5 A 6,unde r XY Z este raza cercului înscris în 4XY Z.Cătălin Calistru, IaşiSoluţie. Dacă R este raza cercului circumscris hexagonului, este cunoscutărelaţiar XY Z =4R sin X 2 sin Y 2 sin Z ,undeXY Z este un triunghi având vârfurile comune2cu hexagonul. Vom demonstra întâi următoareaLemă. Dacă A 1 A 2 A 3 A 4 este un patrulater inscriptibil, atuncir A1 A 2 A 3+ r A1 A 3 A 4= r A1 A 2 A 4+ r A2 A 3 A 4.Într-adevăr, cu notaţiile din figură, vom avea:³r A1 A 2 A 3+ r A1 A 3 A 4=4R sin α 2 sin β 2 sin γ + δ2 ++sin γ 2 sin δ 2 sin α + β ´;2³r A1A 2A 4+ r A2A 3A 4=4R sin β 2 sin δ 2 sin α + γ +2+sin α 2 sin γ 2 sin β + δ ´2şi dezvoltând sin γ + δ =sin γ 2 2 cos δ 2 +sinδ 2 cos γ etc., obţinem concluzia lemei.2Aplicând lema patrulaterelor inscriptibile A 1 A 2 A 3 A 6 şi A 3 A 4 A 5 A 6 şi sumândmembru cu membru egalităţile obţinute, găsim tocmai relaţia de demonstrat.Notă. Aceeaşi soluţie a fost dată deVlad Emanuel, student, Bucureşti.L128. Să searatecă între medianele unui triunghi are loc inegalitatea³Y ´ hY8 ma´³Xm2a m 2 b ≥ (ma + m b )ih2 X m 2 am 2 b − X im 4 a .Dorel Băiţan şi I.V.Maftei, BucureştiSoluţie. Avem, folosind cunoscutele x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + xz + yz, sin A 2 ≤ ab + cşi 4R sin A 2 sin B 2 sin C = r, că2a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ≥ abc (a + b + c) ≥ (b + c)sin A 2 (c + a)sinB 2 (a + b)sinC 2 · 2p ==sin A 2 sin B 2 sin C · 2p · (a + b)(b + c)(c + a) =2= r 2SS(a + b)(b + c)(c + a) = (a + b)(b + c)(c + a) (1)4R r 2R165