Introducción

En esta entrada, con la ayuda de varias fórmulas y resultados que hemos visto hasta ahora, mostraremos algunas desigualdades geométricas básicas e importantes, entre ellas la desigualdad entre las medias geométrica y aritmética, y la desigualdad de Erdos Mordell.

Medias armónica, geométrica, aritmética y cuadrática

Teorema 1. Dados dos segmentos de longitudes $a$ y $b$ tenemos las siguientes desigualdades:
${\displaystyle \frac{2ab}{a+b}}\le \sqrt{ab}\le {\displaystyle \frac{a+b}{2}}\le \sqrt{{\displaystyle \frac{a^2+b^2}{2}}}$.

De izquierda a derecha estas cantidades se conocen como media armónica, media geométrica, media aritmética y media cuadrática de $a$ y $b$.

Demostración. Tracemos un semicírculo tomando como diámetro un segmento $BC$  de longitud $a+b$ y sea $D\in BC$ tal que $BD=a$ y $DC=b$, en $D$ levantamos una perpendicular a $BC$ que corta al arco $\stackrel{⌢}{CB}$ en $A$, entonces $\mathrm{△}ABC$ es un triángulo rectángulo con $\mathrm{\angle }A={\displaystyle \frac{\pi }{2}}$.

Por criterio de semejanza AA $\mathrm{△}ADB\sim \mathrm{△}CDA$ y tenemos que ${\displaystyle \frac{AD}{CD}}={\displaystyle \frac{BD}{AD}}$.

Por lo tanto $AD$ es la media geométrica de $BD$ y $DC$, esto es $A{D}^2=BD\times CD$.

Consideremos $O$ el punto medio de $BC$, sea $E\in AO$ tal que $DE\perp AO$, como $\mathrm{△}ADO\sim \mathrm{△}AED$ entonces
${\displaystyle \frac{AD}{AE}}={\displaystyle \frac{AO}{AD}}$
$\Rightarrow AE={\displaystyle \frac{2A{D}^2}{2AO}}={\displaystyle \frac{2BD\times DC}{BC}}={\displaystyle \frac{2ab}{a+b}}$.

Por el teorema de Pitágoras en $\mathrm{△}AED$
$A{D}^2=A{E}^2+D{E}^2\Rightarrow AE\le AD\Rightarrow {\displaystyle \frac{2ab}{a+b}}\le \sqrt{ab}$.

Por el teorema de Pitágoras en $\mathrm{△}ADO$
$A{O}^2=A{D}^2+D{O}^2\Rightarrow AD\le AO\Rightarrow \sqrt{ab}\le {\displaystyle \frac{a+b}{2}}$.

Ahora tracemos $OF$ el radio perpendicular a $BC$, entonces
$OD={\displaystyle \frac{a+b}{2}}–a={\displaystyle \frac{b–a}{2}}$.

Aplicando el teorema de Pitágoras a $\mathrm{△}ODF$ obtenemos,
$D{F}^2=O{F}^2+O{D}^2=({\displaystyle \frac{b–a}{2}}{)}^2+({\displaystyle \frac{a+b}{2}}{)}^2={\displaystyle \frac{a^2+b^2}{2}}$.

Como $OF\le DF\Rightarrow {\displaystyle \frac{a+b}{2}}\le \sqrt{{\displaystyle \frac{a^2+b^2}{2}}}$.

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Corolario. Sean $w$, $x$, $y$, $z$ números reales positivos entonces:
$wxyz\le ({\displaystyle \frac{w+x+y+z}{4}}{)}^4$, y la igualdad se da si y solo si $w=x=y=z$.

Demostración. Aplicamos la desigualdad entre las medias geométrica y aritmética a los pares de números $w$, $x$; $y$, $z$.
$\sqrt{wx}\le {\displaystyle \frac{w+x}{2}}$, $\sqrt{yz}\le {\displaystyle \frac{y+z}{2}}$.

Por lo tanto, $\sqrt{wxyz}\le ({\displaystyle \frac{w+x}{2}})({\displaystyle \frac{y+z}{2}})$.

Ahora volvemos a usar la desigualdad entre las medias geométrica y aritmética
$\sqrt{{\displaystyle \frac{(w+x)}{2}}{\displaystyle \frac{(y+z)}{2}}}\le {\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{w+x}{2}}+{\displaystyle \frac{y+z}{2}}}{2}}={\displaystyle \frac{w+x+y+z}{4}}$

Por lo tanto, $\sqrt[4]{wxyz}\le \sqrt{{\displaystyle \frac{(w+x)}{2}}{\displaystyle \frac{(y+z)}{2}}}\le {\displaystyle \frac{w+x+y+z}{4}}$.

En consecuencia, $wxyz\le ({\displaystyle \frac{w+x+y+z}{4}}{)}^4$.

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Desigualdad de Erdos Mordell

Lema de Mordell. Sea $\mathrm{△}ABC$ y $P$ un punto en su interior, considera $D$, $E$ y $F$ las proyecciones de $P$ a los lados $BC$, $AC$ y $AB$ respectivamente, entonces $PA\sin A\ge PF\sin B+PE\sin C$.

Demostración. Notemos que la circunferencia con diámetro $PA$ pasa por $F$ y por $E$, pues $AP$ subtiende ángulos rectos en $F$ y $E$.

Por la ley extendida de los senos,
$\sin BAC=\sin (\pi –BAC)=\sin EPF={\displaystyle \frac{EF}{PA}}$, esto implica que $PA\sin A=EF$.

Sean $G$ y $H$ las proyecciones de $E$ y $F$ respectivamente en la recta que pasa por $P$ y $D$.

$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}FBDP$ es cíclico, pues $PB$ subtiende ángulos rectos en $F$ y $D$, entonces $\mathrm{\angle }DBA$ y $\mathrm{\angle }FPD$ son y suplementarios por lo tanto $\sin DBA=\sin HPF={\displaystyle \frac{FH}{FP}}$.

Como resultado $FP\sin B=FH$, igualmente podemos ver que $PE\sin C=EG$.

Sea $I=EF\cap HP$, por el teorema de Pitágoras podemos ver que $IE\ge GE$ y $FI\ge FH$,

Por lo tanto, $PA\sin A\ge PF\sin B+PE\sin C$.

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Teorema 2, desigualdad de Erdos Mordell. Sea $\mathrm{△}ABC$ y $P$ un punto en su interior, considera $D$, $E$ y $F$ las proyecciones de $P$ a los lados $BC$, $AC$ y $AB$ respectivamente, entonces $PA+PB+PC\ge 2(PD+PE+PF)$.

Demostración. Debido al lema anterior tenemos lo siguiente:
$PA\ge PF{\displaystyle \frac{\sin B}{\sin A}}+PE{\displaystyle \frac{\sin C}{\sin A}}$,
$PB\ge PF{\displaystyle \frac{\sin A}{\sin B}}+PD{\displaystyle \frac{\sin C}{\sin B}}$,
$PC\ge PE{\displaystyle \frac{\sin A}{\sin C}}+PD{\displaystyle \frac{\sin B}{\sin C}}$.

Sumamos estas tres desigualdades
$PA+PB+PC\ge$

$PF({\displaystyle \frac{\sin B}{\sin A}}+{\displaystyle \frac{\sin A}{\sin B}})+PE({\displaystyle \frac{\sin C}{\sin A}}+{\displaystyle \frac{\sin A}{\sin C}})+PD({\displaystyle \frac{\sin B}{\sin C}}+{\displaystyle \frac{\sin C}{\sin B}})$

$=PF({\displaystyle \frac{{\sin }^{2}A+{\sin }^{2}B}{\sin A\sin B}})+PE({\displaystyle \frac{{\sin }^{2}A+{\sin }^{2}C}{\sin A\sin C}})+PD({\displaystyle \frac{{\sin }^{2}B+{\sin }^{2}C}{\sin B\sin C}})$.

Sustituimos $a$ y $b$ por $a^2$ y $b^2$ en la desigualdad entre las medias geométrica y aritmética
${\displaystyle \frac{a^2+b^2}{2}}\ge \sqrt{a^2{b}^2}$, por lo tanto, ${\displaystyle \frac{a^2+b^2}{ab}}\ge 2$.

Aplicamos esto a nuestra suma y como resultado obtenemos
$PA+PB+PC\ge 2(PD+PE+PF)$.

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Problema 1. Sea $\mathrm{△}ABC$ e $I$ su incentro, considera $P$, $Q$ y $R$ los puntos medios de los arcos $\stackrel{⌢}{BC}$, $\stackrel{⌢}{CA}$ y $\stackrel{⌢}{AB}$ que no contienen a los vértices de $\mathrm{△}ABC$, entonces $IP+IQ+IR\ge IA+IB+IC$.

Solución. Sean $D=PQ\cap CR$, $E=QR\cap AP$ y $F=RP\cap BQ$.

Por la entrada anterior sabemos que $Q$ es el centro de una circunferencia que pasa por $I$, $A$ y $C$, y que $R$ es el centro de una circunferencia que pasa por $I$, $A$ y $B$, entonces $QA=QI$ y $RA=RI$.

Por lo tanto, $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}ARIQ$ es un rombo, de esto se sigue que $QR\perp AI$ y $AE=IE$.

Igualmente vemos que $RP\perp BI$, $BF=IF$ y $PQ\perp CI$, $CD=ID$.

Aplicamos la desigualdad de Erdos Mordell a $\mathrm{△}PQR$ y al punto $I$
$IP+IQ+IR\ge 2(ID+IE+IF)=2({\displaystyle \frac{IC}{2}}+{\displaystyle \frac{IA}{2}}+{\displaystyle \frac{IB}{2}})$.

En conclusión, $IP+IQ+IR\ge IA+IB+IC$.

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Desigualdades de Euler y de Padoa

Proposición 1, desigualdad de Euler. El circunradio $R$ y el inradio $r$ de todo triangulo cumplen $R\ge 2r$ y la igualdad se cumple si y solo si el triángulo es equilátero.

Demostración. La fórmula de Euler nos asegura que $0\le O{I}^2=R(R–2r)=R^2–2Rr$, donde $I$ es el incentro y $O$ el circuncentro del triángulo.

Como resultado, $R\ge 2r$.

$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}$

Proposición 2, desigualdad de Padoa. Sea $\mathrm{△}ABC$ con lados $c=AB$, $a=BC$ y $b=AC$ entonces $abc\ge (a+b–c)(a+c–b)(b+c–a)$.

Demostración. Sean $s={\displaystyle \frac{a+b+c}{2}}$, $R$ el circunradio y $r$ el inradio de $\mathrm{△}ABC$, entonces tenemos las siguientes fórmulas para el área de $\mathrm{△}ABC$:
$(\mathrm{△}ABC)=\sqrt{s(s–a)(s–b)(s–c)}={\displaystyle \frac{abc}{4R}}=rs$.

Notemos lo siguiente
$(a+b–c)(a+c–b)(b+c–a)=(2s–2)(2s–2b)(2s–2a)=8(s–c)(s–b)(s–a)$
$={\displaystyle \frac{8(\mathrm{△}ABC{)}^2}{s}}={\displaystyle \frac{8r^2{s}^2}{s}}=8r^{2}s$.

Por otro lado, $abc=4Rrs$.

Por lo tanto, la desigualdad que queremos mostrar es equivalente a $8r^{2}s\le 4Rrs$ que a su vez es equivalente a $2r\le R$, lo cual es cierto por la proposición anterior.

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Transformación de Ravi

Recordemos que las tangentes desde un punto a una circunferencia son iguales, por lo que los puntos de tangencia del incírculo de un triángulo, divide al perímetro del triángulo en tres pares de segmentos iguales, así que podemos expresar a los lados de un triángulo de esta manera para resolver algunas desigualdades geométricas.

$a=BC=y+z$, $b=AC=x+z$, $c=AB=x+y$.

Problema 2. Para los ángulos internos de un triángulo $\mathrm{△}ABC$ tenemos la siguiente desigualdad.
$\sin {\displaystyle \frac{A}{2}}\sin {\displaystyle \frac{B}{2}}\sin {\displaystyle \frac{C}{2}}\le {\displaystyle \frac{1}{8}}$.

Solución. Usando la identidad para el seno del ángulo medio y la ley de los cosenos tenemos:
${\sin }^2{\displaystyle \frac{A}{2}}={\displaystyle \frac{1}{2}}(1–\cos A)={\displaystyle \frac{1}{2}}(1+{\displaystyle \frac{a^2–(b^2+c^2)}{2bc}})$
$={\displaystyle \frac{a^2–(b–c{)}^2}{4bc}}={\displaystyle \frac{y^2+2yz+z^2–(z–y{)}^2}{4bc}}={\displaystyle \frac{yz}{bc}}$.

Igualmente tenemos
${\sin }^2{\displaystyle \frac{B}{2}}={\displaystyle \frac{xz}{ac}}$ y ${\sin }^2{\displaystyle \frac{C}{2}}={\displaystyle \frac{xy}{ab}}$.

A continuación despejamos y hacemos el producto
$\sin {\displaystyle \frac{A}{2}}\sin {\displaystyle \frac{B}{2}}\sin {\displaystyle \frac{C}{2}}={\displaystyle \frac{\sqrt{yz}\sqrt{xz}\sqrt{xy}}{abc}}$.

Ahora aplicamos la desigualdad entre las medias geométrica y aritmética
${\displaystyle \frac{\sqrt{yz}\sqrt{xz}\sqrt{xy}}{abc}}\le {\displaystyle \frac{1}{abc}}({\displaystyle \frac{y+z}{2}})({\displaystyle \frac{x+z}{2}})({\displaystyle \frac{x+y}{2}})={\displaystyle \frac{abc}{8abc}}={\displaystyle \frac{1}{8}}$.

Por lo tanto, $\sin {\displaystyle \frac{A}{2}}\sin {\displaystyle \frac{B}{2}}\sin {\displaystyle \frac{C}{2}}\le {\displaystyle \frac{1}{8}}$.

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Desigualdad de Nesbitt

Proposición 3. Sean $a$, $b$ y $c$ tres números positivos entonces la siguiente desigualdad es cierta
$(a+b+c)({\displaystyle \frac{1}{a}}+{\displaystyle \frac{1}{b}}+{\displaystyle \frac{1}{c}})\ge 9$.

Demostración. La desigualdad entre las medias geométrica y aritmética puede ser vista como
${\displaystyle \frac{a}{b}}+{\displaystyle \frac{b}{a}}\ge 2\sqrt{{\displaystyle \frac{a}{b}}{\displaystyle \frac{b}{a}}}=2$.

Por lo tanto,
$(a+b+c)({\displaystyle \frac{1}{a}}+{\displaystyle \frac{1}{b}}+{\displaystyle \frac{1}{c}})={\displaystyle \frac{a}{b}}+{\displaystyle \frac{b}{a}}+{\displaystyle \frac{a}{c}}+{\displaystyle \frac{c}{a}}+{\displaystyle \frac{b}{c}}+{\displaystyle \frac{c}{b}}+3\ge 6+3=9$.

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Proposición 4. Desigualdad de Nesbitt. Para cualesquiera números positivos $a$, $b$, $c$ ocurre que ${\displaystyle \frac{a}{b+c}}+{\displaystyle \frac{b}{a+c}}+{\displaystyle \frac{c}{a+b}}\ge {\displaystyle \frac{3}{2}}$.

Demostración.
${\displaystyle \frac{a}{b+c}}+{\displaystyle \frac{b}{a+c}}+{\displaystyle \frac{c}{a+b}}$
$={\displaystyle \frac{a}{b+c}}+{\displaystyle \frac{b+c}{b+c}}+{\displaystyle \frac{b}{a+c}}+{\displaystyle \frac{a+c}{a+c}}+{\displaystyle \frac{c}{a+b}}+{\displaystyle \frac{a+b}{a+b}}–3$
$={\displaystyle \frac{a+b+c}{b+c}}+{\displaystyle \frac{a+b+c}{a+c}}+{\displaystyle \frac{a+b+c}{a+b}}–3$
$=(a+b+c)({\displaystyle \frac{1}{b+c}}+{\displaystyle \frac{1}{a+c}}+{\displaystyle \frac{1}{a+b}})–3$
$={\displaystyle \frac{1}{2}}((a+b)+(a+c)+(b+c))({\displaystyle \frac{1}{b+c}}+{\displaystyle \frac{1}{a+c}}+{\displaystyle \frac{1}{a+b}})–3$
$\ge {\displaystyle \frac{9}{2}}–3={\displaystyle \frac{3}{2}}$.

Donde la última desigualdad se obtiene al aplicar la proposición anterior.

Por lo tanto, ${\displaystyle \frac{a}{b+c}}+{\displaystyle \frac{b}{a+c}}+{\displaystyle \frac{c}{a+b}}\ge {\displaystyle \frac{3}{2}}$.

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Desigualdad de Weitzenböck

Proposición 5. Desigualdad de Weitzenböck. Si $a$, $b$, $c$ son las longitudes de los lados de $\mathrm{△}ABC$ entonces $a^2+b^2+c^2\ge 4\sqrt{3}(\mathrm{△}ABC)$.

Demostración. De acuerdo a la fórmula de Herón
$(\mathrm{△}ABC)=\sqrt{s(s–a)(s–b)(s–c)}$
$=\sqrt{({\displaystyle \frac{a+b+c}{2}})({\displaystyle \frac{b+c–a}{2}})({\displaystyle \frac{a+c–b}{2}})({\displaystyle \frac{a+b–c}{2}})}$
$={\displaystyle \frac{1}{4}}\sqrt{2(a^2{b}^2+a^2{c}^2+b^2{c}^2)–(a^4+b^4+c^4)}$.

Por otro lado
$\begin{array}{}\text{(1)}& (a^2–b^2{)}^2+(b^2–c^2{)}^2+(c^2–a^2{)}^2\ge 0\end{array}$

$\iff$ $2(a^4+b^4+c^4)–2(a^2{b}^2+a^2{c}^2+b^2{c}^2)\ge 0$
$\iff$ ${\displaystyle \frac{4}{3}}(a^4+b^4+c^4)\ge {\displaystyle \frac{4}{3}}(a^2{b}^2+a^2{c}^2+b^2{c}^2)$
$\iff$ ${\displaystyle \frac{4}{3}}(a^4+b^4+c^4)+{\displaystyle \frac{-3(a^4+b^4+c^4)+2(a^2{b}^2+a^2{c}^2+b^2{c}^2)}{3}}$
$\ge {\displaystyle \frac{4}{3}}(a^2{b}^2+a^2{c}^2+b^2{c}^2)+{\displaystyle \frac{-3(a^4+b^4+c^4)+2(a^2{b}^2+a^2{c}^2+b^2{c}^2)}{3}}$
$\iff$ ${\displaystyle \frac{a^4+b^4+c^4+2(a^2{b}^2+a^2{c}^2+b^2{c}^2)}{3}}\ge 2(a^2{b}^2+a^2{c}^2+b^2{c}^2)–(a^4+b^4+c^4)$
$\iff$ ${\displaystyle \frac{(a^2+b^2+c^2{)}^2}{3}}\ge 2(a^2{b}^2+a^2{c}^2+b^2{c}^2)–(a^4+b^4+c^4)=(4(\mathrm{△}ABC){)}^2$.
$\iff$ $a^2+b^2+c^2\ge 4\sqrt{3}(\mathrm{△}ABC)$.

De la desigualdad $(1)$ podemos notar que la igualdad ocurre si y solo si $a=b=c$, es decir el triángulo es equilátero.

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Más adelante…

En la próxima entrada estudiaremos algunas propiedades de las medianas y el centroide de un triángulo.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

1. Sea $P$ un punto en el interior de un triangulo $\mathrm{△}ABC$, muestra que al menos uno de los ángulos $\mathrm{\angle }BAP$, $\mathrm{\angle }CBP$ y $\mathrm{\angle }ACP$ es igual a ${\displaystyle \frac{\pi }{6}}$.
2. Considera $P$ un punto en el interior de $\mathrm{△}ABC$ cuyo circunradio es $R$, demuestra que ${\displaystyle \frac{PA}{B{C}^2}}+{\displaystyle \frac{PB}{A{C}^2}}+{\displaystyle \frac{PC}{A{B}^2}}\ge {\displaystyle \frac{1}{R}}$.
3. Sea $P$ un punto en el interior de $\mathrm{△}ABC$, denota por $R_a$, $R_b$, $R_c$ los circunradios de los triángulos $\mathrm{△}PBC$, $\mathrm{△}PAC$ y $\mathrm{△}PAB$ respectivamente, prueba que ${\displaystyle \frac{PB\times PC}{R_a}}+{\displaystyle \frac{PA\times PC}{R_b}}+{\displaystyle \frac{PA\times PB}{R_c}}\le PA+PB+PC$.
4. Si $a$, $b$ y $c$ son los lados de un triangulo prueba que $(a+b)(b+c)(a+c)\ge 8(a+b–c)(b+c–a)(a+c-b)$.
5.  Sean $\mathrm{△}ABC$, $\alpha =\mathrm{\angle }BAC$, $\beta =\mathrm{\angle }CBA$, $\gamma =\mathrm{\angle }ACB$, muestra que $\cos \alpha +\cos \beta +\cos \gamma \le {\displaystyle \frac{3}{2}}$.
6. Sean $\mathrm{△}ABC$, $AD$, $BE$, $CF$, sus alturas y $H$ el ortocentro muestra que:
   $i)$ ${\displaystyle \frac{AD}{HD}}+{\displaystyle \frac{BE}{HE}}+{\displaystyle \frac{CF}{HF}}\ge 9$,
   $ii)$ ${\displaystyle \frac{HD}{HA}}+{\displaystyle \frac{HE}{HB}}+{\displaystyle \frac{HF}{HC}}\ge {\displaystyle \frac{3}{2}}$.

7. Sea $\mathrm{△}ABC$ un triángulo rectángulo con catetos $a$ y $b$ e hipotenusa $c$, muestra que se cumple la siguiente desigualdad $a+b\le \sqrt{2}c$.
8. Considera $A^{\prime }$ y $B^{\prime }$ los puntos medios de $BC$ y $AC$ en $\mathrm{△}ABC$, muestra que $3(BC+AC)>2(A{A}^{\prime }+B{B}^{\prime })$.

Entradas relacionadas

• Ir a Geometría Moderna I.
• Entrada anterior del curso: Circunferencias tritangentes.
• Siguiente entrada del curco: Medianas y centroide.
• Otros cursos.

Fuentes

• Andreescu, T., Korsky, S. y Pohoata, C., Lemmas in Olympiad Geometry. USA: XYZ Press, 2016, pp 287-297.
• Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 27-29, 98-103.
• Art of Problem Solving
• Wikipedia
• Cut the Knot

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»