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Cómo probar esto de la geometría de la desigualdad de $R_1^4+R_2^4+R_3^4+R_4^4+R_5^4\geq {4\más de 5\sin^2 108^\circ}S^2$

Zhautykov Olimpiada 2015 problema 6 Este vínculos analiza la olimpiada problema que ninguno de los estudiantes podría resolver , lo que significa que es muy duro.

Pregunta:

El área de un pentágono convexo $ABCDE$ es $S$, y el circumradii de los triángulos $ABC$, $BCD$, $CDE$, $DEA$, $EAB$ son $R_1$, $R_2$, $R_3$, $R_4$, $R_5$. Demostrar la desigualdad $$R_1^4+R_2^4+R_3^4+R_4^4+R_5^4\geq {4\más de 5\sin^2 108^\circ}S^2$$

Hace un mes,he tratado de resolver este problema,porque sé que el siguiente teorema de Möbius(1880):

Teorema: Deje que $a,b,c,d,e$ son $\Delta ABC,\Delta BCD,\Delta del CDE,\Delta de la DEA,\Delta EAB$,entonces tenemos $$S^2-S(a+b+c+d+e)+ab+ab + bc+cd+de+ea=0$$ Este es un resultado por Gauss 1880,se puede ver este documento (de prueba):(Gauss, Carl Fridrich Gauss Werke Vol 4.2 ter Abdruck,1880:406-407)

El uso de este Teorema ,en el año 2002 ,Chen Ji y Xiongbin demostró este resultado:

$$a^2+b^2+c^2+d^2+b^2\ge\dfrac{20^2}{(5+\sqrt{5})^2}$$

Yo uso el conocido resultado: $$a\le\dfrac{3\sqrt{3}}{4}R^2_{1},b\le\dfrac{3\sqrt{3}}{4}R^2_{2},c\le\dfrac{3\sqrt{3}}{4}R^2_{3},d\le\dfrac{3\sqrt{3}}{4}R^2_{4},e\le\dfrac{3\sqrt{3}}{4}R^2_{5}$$ así tenemos $$R_1^4+R_2^4+R_3^4+R_4^4+R_5^4\ge\dfrac{16}{27}(a^2+b^2+c^2+d^2+b^2) \ge\dfrac{16\cdot 20}{27(5+\sqrt{5})^2}S^2$$

Pero he encontrado $$\dfrac{16\cdot 20}{27(5+\sqrt{5})^2}<\dfrac{32}{5(5+\sqrt{5})}={4\más de 5\sin^2 108^\circ}$$ así que mi trabajo no puede resolver este concurso problema. Si podemos resolver la siguiente pregunta,entonces la Olimpiada problema puede ser resuelto:

Pregunta 2:

$$a^2+b^2+c^2+d^2+b^2\ge\dfrac{54}{5(5+\sqrt{5})}S^2$$

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E Chen Puntos 758

Dan Schwarz (uno de los principales problema de los proponentes para EGMO, RMM, los Balcanes...) ha publicado una solución aquí. Voy a esbozar brevemente aquí.

En primer lugar, uno se lleva los puntos medios de $M_1$, ..., $M_5$ de $A_1A_2$, ..., $A_5A_1$. A continuación, en cada ángulo $A_i$, uno toma la circunferencia circunscrita del triángulo de $M_{i-1}A_iM_{i+1}$ (que tiene un radio de $\frac 12 R_i$) y el punto diametralmente opuesto a $A_i$ en, digamos $X_i$. Esto le da un cuadrilátero $A_iA_{i-1}X_iA_{i+1}$, con zona de más de $(\frac 12 R_i)^2 \cdot 2\sin A_i$. Considerar todos los cinco de estos cuadriláteros, como se muestra.

Pentagon covering

No es demasiado duro para demostrar que estas cinco cuadriláteros cubrir la totalidad del pentágono (mira las mediatrices). Por ello la suma da $$ S \le \frac{1}{2} \sum_i R_i^2 \sin A_i. $$ Luego, por la de Cauchy-Schwarz Desigualdad, tenemos $$ 4S^2 \le \left( \sum_i R_i^2 \sin A_i \right)^2 \le \left( \sum_i R_i^4 \right) \left( \sum_i \sin^2 A_i \right). $$ Por lo que sigue siendo para mostrar $$\sum_i \sin^2 A_i \le 5\sin^2 (108^{\circ})$$ la reducción de esta a una puramente algebraica problema (con $0^{\circ} \le A_i \le 180^{\circ}$ y $\sum A_i = 540^{\circ}$).

Es tentador tratar y aplicar, a decir, la Desigualdad de Jensen, pero la función $\sin^2 x$ tiene un par de puntos de inflexión, entonces uno tiene que proceder de forma más precisa el uso de un fudging argumento (a lo largo de las líneas de la $n-1$ de igual valor truco. De hecho, hacemos esto muestra que, si $A_1 \le A_2 \le A_3 \le A_4 \le A_5$ y $A_1 < 108^{\circ}$, entonces podemos reemplazar $A_1$ con $108^{\circ}$ y $A_5$ $A_1+A_5-108^{\circ}$, mientras que el aumento de $\sum_i \sin^2 A_i$. Repetir este proceso hasta que todos los $A_i$ son iguales completa la prueba.

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