Disuguaglianza di Weitzenböck

[fedeb]

in un triangolo siano a,b,c le lunghezze dei lati
dimostrare che $a^2+b^2+c^2>4sqrt(3)A$ e che si ha l'uguaglianza sse a=b=c
scusate la poca chiarezza ma il RHS è 4 radice di tre il tutto per l'area del triangolo
buon divertimento

[luluemicia]

Ciao,
per avere l'uguaglianza di cui parli non dovrebbe essere radice di 3 invece di radice di 2?

[fedeb]

si scusate è radice di 3 non radice di 2 chiedo scusa
ora riedito il messaggio

[Eredir]

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Dalla formula di Erone sappiamo che $A=\sqrt(s(s-a)(s-b)(s-c))$, dove $s=(a+b+c)/2$.
Elevando al quadrato e sostituendo $s$ si ottiene $16A^2=2(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)-(a^4+b^4+c^4)$.

Quindi bisogna mostrare che $(a^2+b^2+c^2)^2>=3[2(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)-(a^4+b^4+c^4)]$.
Espandendo il quadrato a sinistra otteniamo $a^4+b^4+c^4>=a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2$.
Questa si può riscrivere come $(a^2-b^2)^2+(a^2-c^2)^2+(b^2-c^2)^2>=0$, da cui segue che l'uguaglianza si ha per $a=b=c$.

[fedeb]

si è giusto eredir
comunque ci sono anche altre soluzioni, di cui una è sicuramente molto meno intrippante di quella di eredir( quella trovata da me )
a voi people

[fu^2]

soluzione geometrica

Osservazione 1:
in un rettangolo $p^2>16A$, quindi essendo che a parità di lati l'area di un rettangolo è maggiore dell'area di un trapezio.
Osservazione 2:
un trapezio può esssere generato dall'unione di due triangoli.

quindi chaimati a,b i lati del trapezio e c la diagonale si ha che

$p^2>16A$
$p^2>16A
$4a^2+4b^2+8ab>16A
$a^2+b^2+2ab>4A
$sqrt3a^2+sqrt3b^2+2ab\sqrt3>4sqrt3A

per il th di Carrnot $c^2=a^2+b^2-2abcosalpha$ (con $0<=alpha<=pi/2$) possiamo quindi impostare questa disequazione:

$a^2+b^2+a^2+b^2-2abcosalpha>sqrt3a^2+sqrt3b^2+2ab\sqrt3$
$2a^2+2b^2-2abcosalpha>sqrt3a^2+sqrt3b^2+2ab\sqrt3
$(a^2+b^2)(2-sqrt3)-2ab(cosalpha-sqrt3)>0$ essendo che $|cosalpha|<1<2$ vale anche
$(a^2+b^2)(2-sqrt3)-2ab(cosalpha-sqrt3)>(a^2+b^2)(2-sqrt3)-2ab(2-sqrt3)=(2-sqrt3)(a-b)^2>0$

quindi
$2a^2+2b^2-2abcosalpha>sqrt3a^2+sqrt3b^2+2ab\sqrt3>4sqrt3A$
riscrivando:
$a^2+b^2+c^2>4sqrt3A$

se $a=b=c$ vuol dire che l'area del triangolo è $1/2*4Asqrt3=1/2*4bcos(pi/6)asqrt3=1/2*4ab\sqrt3/2sqrt3=3a^2$ e inoltrer vuol dire che $a^2+b^2+c^2=3a^2

e quindi si ottiene l'ugualianza.
cvd

spero che nn mi sia sfuggito nulla... certo non è bella, però..

[G.D.]

Non propongo alcuna soluzione perché non lo so risolvere, ma ho una curiosità: nell'intestazione del topic si dice "Disugualglianza di (nome incomprensibile)"...qual è questo "nome incomprensibile"?

[fedeb]

è stupenda!!!!!!!!!!!! pero c'è una soluzione quasi banale (vedi carnot e area del triangolo tramite il seno...).
l'avete scartata perche troppo semplice oppure semplicemente avete il gusto per l'astruso????????????

[fu^2]

è stupenda!!!!!!!!!!!! pero c'è una soluzione quasi banale (vedi carnot e area del triangolo tramite il seno...).
l'avete scartata perche troppo semplice oppure semplicemente avete il gusto per l'astruso????????????

un bel gusto per l'astruso

dai postala
almeno ci son tante soluzioni diverse eheh..

[Steven]

@fu^2:
Forse invece di $p^2$ intendevi $(2p)^2$ ?
Non ho capito inoltre $a,b$ che lati sono del trapezio..

La dimostrazione che intende fedeb era la prima che avevo abbozzato, eccola.

$a^2+b^2+c^2>4sqrt3A$ (1)
ma per Carnot
$a^2=b^2+c^2-2bc*cosalpha$
e inoltre vale
$A=1/2bcsinalpha$ e usando queste uguaglianze la (1) diviene, dopo aver sommato e diviso per $2$
$b^2+c^2-bc(cosalpha+sqrt3sinalpha)>0$
che è sempre vera, eccezion fatta per il caso del triangolo equilatero, per il quale si ha $b=c, alpha=pi/3$
Si può vedere che la disequazione è vera prendendo il caso limite, ovvero quello in cui il terzo addendo "prevale" sugli altri due.
La funzione
$f(x)=cosalpha+sqrt3sinalpha$
assume valore massimo $2$, e in questo caso si ha l'uguaglianza. E' superfluo dire che per valori minori della funzione, si ha che la disequazione è vera.

ps: anche io vorrei sapere il nome della disuguaglianza, come Wizard.