83. Disuguaglianza triangolare (?)

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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Gottinger95
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83. Disuguaglianza triangolare (?)

Messaggio da Gottinger95 » 25 dic 2013, 23:55

Own. Detta \(S\) l'area di un triangolo e \(a,b,c\) i suoi lati, dimostrare che

\(\displaystyle \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ S \le \frac{\sqrt{3}}{4} ( abc )^{2/3} \)

Sinceramente il mio metodo è un po' complicato, ma penso ce ne siano di più semplici. Nel complesso però mi pare carina! :D
P.S. Dando uno sguardo agli IMO ho scoperto che è un longlisted problem, il GDR 4 (che non so cosa significhi).
Ultima modifica di Gottinger95 il 04 gen 2014, 01:28, modificato 2 volte in totale.
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Re: 83. Disuguaglianza triangolare (?)

Messaggio da jordan » 26 dic 2013, 01:19

Hai una soluzione migliore di questa?

http://leonettipaolo.wordpress.com/a-tr ... nequality/

Edit: Mi hanno fatto (giustamente) notare che $(a,b,c)=(x+\epsilon,x+\epsilon,2x)$ è un controesempio se $x$ è sufficientemente grande, i.e. c'è qualche errore, da qualche parte.. :roll:
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Re: 83. Disuguaglianza triangolare (?)

Messaggio da totissimus » 26 dic 2013, 10:29

Se prendiamo il triangolo rettangolo \(a=1,b=1,c=\sqrt{2} \) abbiamo:
\( S=\frac{1}{2}\) e \( \frac{\sqrt{3}}{4}(abc)^{\frac{2}{3}}=\frac{\sqrt{3}\sqrt[3]{2}}{4}>\frac{1}{2}=S\)

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Re: 83. Disuguaglianza triangolare (?)

Messaggio da jordan » 26 dic 2013, 11:06

C'era già una classe di controesempi. Meglio, ci si poteva rendere conto dopo un po' che tutti i triangoli non-equilateri erano controesempi. Difatti e' sbagliato il verso della disuguaglianza, per il resto non ci dovrebbero essere problemi. :roll:
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Re: 83. Disuguaglianza triangolare (?)

Messaggio da Troleito br00tal » 26 dic 2013, 11:50

Io forse ho qualcosa di più carino.

Vale $R=\frac{abc}{4S}$, da cui $\frac{abc}{4R} \le \frac{\sqrt{3}(abc)^{\frac{2}{3}}}{4}$. Usando $R=(\frac{abc}{8 \sin{\alpha} \sin{\beta} \sin{\gamma}})^{\frac{1}{3}}$ otteniamo $\sin{\alpha} \sin{\beta} \sin {\gamma} \le \frac{3 \sqrt{3}}{8}$.


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Re: 83. Disuguaglianza triangolare (?)

Messaggio da jordan » 26 dic 2013, 12:22

Bella, la tua è decisamente migliore!
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Re: 83. Disuguaglianza triangolare (?)

Messaggio da jordan » 26 dic 2013, 12:48

Ho aggiunto anche la tua, evitando di passare per il raggio circoscritto..
Comunque scusa l'ignoranza, che intendi per "smoothing"? Jensen su funzioni convesse?
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Re: 83. Disuguaglianza triangolare (?)

Messaggio da Gottinger95 » 26 dic 2013, 13:22

Si, scusate, avevo sbagliato il verso xD era sera tarda, chiedo venia! Do' il via libera a troileto per la staffetta, e posto la mia:

Un caso particolare di karamata dice che se \(f\) è concava vale
\(\displaystyle f(a) + f(b) + f(c) + f \left (\frac{a+b+c}{3} \right ) \le \frac{4}{3} \left [ f \left (\frac{a+b}{2} \right )+ f \left (\frac{b+c}{2} \right ) +f \left (\frac{c+a}{2} \right ) \right ] \)
Sto da cellulare e non scrivo i passaggi, ma usando \(f(x) = \log \sqrt{x} \) e \(a \leftarrow (a+b-c)/2\)
e cicliche si ottiene, con Erone,
\( \displaystyle S \le (abc)^{2/3} \frac{\sqrt{3}}{4} \)
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Re: 83. Disuguaglianza triangolare (?)

Messaggio da totissimus » 26 dic 2013, 14:53

Propongo questa soluzione.
Se il triangolo è rettangolo con cateti \( a,b\) e ipotenusa \( c\) abbiamo:
\(\frac{S}{\left(abc\right)^{\frac{2}{3}}}=\frac{ab}{2\sqrt[3]{a^{2}b^{2}\left(a^{2}+b^{2}\right)}}=\frac{1}{2}\sqrt[3]{\frac{1}{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}}}<\frac{1}{2\sqrt[3]{2}}<\frac{\sqrt{3}}{4}\)
Ho usato il noto risultato \( x+\frac{1}{x}\geq 2\).
Per un triangolo generico sia \( c \) il lato opposto all'angolo maggiore, \(c_1,c_2 \) le proiezioni degli altri due lati e \( h\) l'altezza relativa e \( S_1,S_2\) le aree dei due triangoli rettangoli.
\(S=S_{1}+S_{2}\leq\frac{1}{2\sqrt[3]{2}}\left[\left(ahc_{1}\right)^{\frac{2}{3}}+\left(bhc_{2}\right)^{\frac{2}{3}}\right]\leq\frac{1}{2\sqrt[3]{2}}\left[\left(abc_{1}\right)^{\frac{2}{3}}+\left(abc_{2}\right)^{\frac{2}{3}}\right]=\frac{\left(ab\right)^{\frac{2}{3}}}{2\sqrt[3]{2}}\left[c_{1}^{\frac{2}{3}}+c_{2}^{\frac{2}{3}}\right] \).
Ho applicato le note disuguaglianze \( h<a,h<b\).
La funzione $\frac{\sqrt[2]{x}+1}{\sqrt[3]{x+1}}$ ha un massimo in \( x=1\) come è facile vedere, quindi:
$\sqrt[3]{x}+1\leq\frac{2}{\sqrt[3]{2}}\sqrt[3]{x+1}$
e anche:
$\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}\leq\frac{2}{\sqrt[3]{2}}\sqrt[3]{x+y}$
pertanto:
$\sqrt[3]{c_{1}^{2}}+\sqrt[3]{c_{2}^{2}}\leq\frac{2}{\sqrt[3]{2}}\sqrt[3]{c_{1}^{2}+c_{2}^{2}}\leq\frac{2}{\sqrt[3]{2}}\sqrt[3]{\left(c_{1}+c_{2}\right)^{2}}=\frac{2}{\sqrt[3]{2}}\sqrt[3]{c^{2}}$
e quindi:
$S\leq\frac{\left(ab\right)^{\frac{2}{3}}}{2\sqrt[3]{2}}\frac{2}{\sqrt[3]{2}}\sqrt[3]{c^{2}}=\frac{\left(abc\right)^{\frac{2}{3}}}{2\sqrt[3]{4}}<\frac{\sqrt{3}}{4}\left(abc\right)^{\frac{2}{3}}$

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Re: 83. Disuguaglianza triangolare (?)

Messaggio da jordan » 26 dic 2013, 15:04

Se che la tua soluzione fosse corretta, avresti dimostrato che la disuguaglianza è stretta per ogni triangolo; ora, prova l'equilatero..
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Re: 83. Disuguaglianza triangolare (?)

Messaggio da Gottinger95 » 26 dic 2013, 15:19

Per la staffetta fate vobis, fate la conta per il prossimo!
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Re: 83. Disuguaglianza triangolare (?)

Messaggio da jordan » 26 dic 2013, 15:21

Gottinger95 ha scritto:Do' il via libera a troileto per la staffetta...
Vadi!
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Re: 83. Disuguaglianza triangolare (?)

Messaggio da Drago96 » 27 dic 2013, 12:27

Troleito br00tal ha scritto: $\sin{\alpha} \sin{\beta} \sin {\gamma} \le \frac{3 \sqrt{3}}{8}$.
Viene anche brutalmente con Jensen con $ f (x)=\ln (\sin x) $, la cui derivata seconda è $ f''(x)=-\csc^2x <0 $ :)
@jordan: smoothing è circa dimostrare che $ f (a,b)\le f\left (\frac {a+b}{2},\frac {a+b}{2}\right)$, ovvero che è meglio prendere variabili vicine/uguali che non diverse/lontane... non è che ci sia una grande teoria dietro, quindi risulta anche un po' difficile da formalizzare e spiegare in astratto...
Comunque forse sì in alcuni casi (tutti?) è più o meno Jensen...
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