Eşitsizlik

[cinar]

$|AO| = R_2,\ |BO| = R_1,\ |CO| = R_3,\ |EO| = x_1,\ |OF| = x_2,\ |OD| = x_3,\ |AC| = f,\ |BC| = w,\ |AB| = y$ olsun. 

Alanlar için: 

$
\text{Alan}(BOC) + \text{Alan}(COA) + \text{Alan}(AOB)
= \text{Alan}(AEO) + \text{Alan}(EOB) + \text{Alan}(BOD) + \text{Alan}(DOC) + \text{Alan}(OCF) + \text{Alan}(OAF)
$

Alanları açarsak:
$
x_3 w + x_2 f + x_1 y =
(\sqrt{R_2^2 - x_1^2})x_1
+ (\sqrt{R_2^2 - x_2^2})x_2
+ (\sqrt{R_3^2 - x_2^2})x_2
+ (\sqrt{R_3^2 - x_3^2})x_3
+ (\sqrt{R_1^2 - x_3^2})x_3
+ (\sqrt{R_1^2 - x_1^2})x_1
$

Cauchy–Schwarz uygularsak:
$
(x_3 w + x_2 f + x_1 y)^2 \leq
\bigl((R_2^2 - x_1^2) + x_2^2 + (R_3^2 - x_2^2) + x_3^2 + (R_1^2 - x_3^2) + x_1^2\bigr)
\cdot \bigl(x_1^2 + (R_2^2 - x_2^2) + (R_3^2 - x_3^2) + x_3^2 + (R_1^2 - x_1^2)\bigr)
$

Sadeleştirme sonunda 
\[
(x_3 w + x_2 f + x_1 y)^2 \leq (R_1^2 + R_2^2 + R_3^2)^2
\]

olur. Dolayısıyla 

\[
x_3 w + x_2 f + x_1 y \leq R_1^2 + R_2^2 + R_3^2
\]

elde edilir.


Edit: Metin okunaklı hale getirildi. Eşitsizliğin doğruluğunun kontrol edilmesi ve literatürde bilinen bir şey olup olmadığı merak edildiği için paylaşılmıştır (Lokman Gökçe).

[cinar]

yani alttaki  şekle göre (r.c+q.b+p.a)≤(y²+z²+x²) 

[Lokman Gökçe]

Yani $ABC$ üçgeninin iç bölgesinden alınan keyfi bir $O$ noktasının köşelere olan uzaklıkları $x, y, z$ ise $$2 \cdot \text{Alan}(ABC) \leq x^2 + y^2 + z^2$$ olduğunu söylüyorsunuz. Hoş bir geometrik eşitsizlik olarak görünüyor, elinize sağlık. Metni okunaklı hale getirdim. Detaylarını müsait vakitte incelemeye çalışayım. Ya da vakti müsait olan başka bir arkadaşımız kontrol edip çözümün doğru olup olmadığını belirtebilirse sevinirim.

İlk gözlemim eşitlik analizidir. Eşitlik durumunu sağlayan bir $O$ noktası ve $ABC$ üçgeni varsa dikkat çekici olabilir. $ABC$ üçgenini eşkenar ve $O$ noktasını merkez alırsak $x=y=z = 1$ için $|AB| = \sqrt{3}$ olur. $\text{Alan}(ABC) = \dfrac{3\sqrt{3}}{4}$ ve $x^2 + y^2 + z^2 = 3$ oluyor. Eşitlik durumunun sağlanmadığı görülüyor. Eşitsizlik doğru olsa bile kaba olduğu için değerini götürür.

Şimdi kurguladım ama muhtemelen literatürde var olduğunu düşündüğüm şu problemi sorabilirim:

Problem: $ABC$ üçgeninin iç bölgesinden alınan keyfi bir $O$ noktasının köşelere olan uzaklıkları $x, y, z$ ise $$ 4 \cdot \text{Alan}(ABC) \leq \sqrt{3}(x^2 + y^2 + z^2)$$ olduğunu ispatlayınız. Eşitlik koşulunu belirleyiniz.

yani alttaki  şekle göre (r.c+q.b+p.a)≤(y²+z²+x²)

[Lokman Gökçe]

Üçgenin düzlemindeki bir noktanın köşelere olan uzaklıklarının kareleri toplamı ile ilgili iyi bildiğimiz bir formül vardır. Bununla başlayacağız. Aşağıdaki çözüm, $O$ noktasının $ABC$ üçgeninin içinde olmasını zorunlu tutmuyor. Aslında $O$, üçgenin düzleminde herhangi bir nokta olarak da verilebilir.
 

Çözüm: $ABC$ üçgeninin iç bölgesinde bir $O$ noktası var. $OA=x,\ OB=y,\ OC=z$ olsun. Alanı $S=\text{Alan}(ABC)$ ile gösterelim. 

Leibniz Teoremi: $OA^2+OB^2+OC^2 = 3\,OG^2+\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3},
$ burada $G$ ağırlık merkezidir. Buradan
\[
x^2+y^2+z^2 \geq \frac{a^2+b^2+c^2}{3},
\]
olup eşitlik $O=G$ iken sağlanır.

Weitzenböck Eşitsizliği: $a^2+b^2+c^2 \geq 4\sqrt{3}\,S$ ve eşitlik ancak $ABC$ eşkenar üçgen olduğunda geçerlidir.

Bu iki sonucu birleştirince $ \sqrt{3}(x^2+y^2+z^2) \;\geq\; \dfrac{a^2+b^2+c^2}{\sqrt{3}} \;\geq\; 4S$
veya
\[
4\cdot \text{Alan}(ABC) \;\leq\; \sqrt{3}\,(x^2+y^2+z^2)
\]
olur. Eşitlik koşulu, $ABC$ eşkenar üçgen ve $O$ ağırlık merkezi olduğunda geçerlidir.