Tsintsifas

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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Talete
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Tsintsifas

Messaggio da Talete » 19 giu 2017, 22:15

Per continuare il discorso disuguaglianze, posto questa, molto interessante. Tsintsifas è lo scopritore (pare).

Siano $p$, $q$ ed $r$ reali positivi (serve davvero che siano positivi?) e siano $a$, $b$, $c$ i lati di un triangolo con area $S$. Dimostrare che
\[\frac{p}{q+r}\cdot a^2+\frac{q}{r+p}\cdot b^2+\frac{r}{p+q}\cdot c^2 \ge 2\sqrt3\cdot S.\]
Ultima modifica di Talete il 20 giu 2017, 11:04, modificato 1 volta in totale.
"Sei il Ballini della situazione" -- Nikkio
"Meriti la menzione di sdegno" -- troppa gente
"Sei arrivato 69esimo? Ottima posizione!" -- Andrea M. (che non è Andrea Monti, come certa gente pensa)
"Se ti interessa stanno inventando le baricentriche elettroniche, che dovrebbero aiutare a smettere..." -- Bernardo

matpro98
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Re: Tsintsifas

Messaggio da matpro98 » 19 giu 2017, 23:22

È davvero $a^1$ o è un typo?

nuoveolimpiadi1999
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Re: Tsintsifas

Messaggio da nuoveolimpiadi1999 » 19 giu 2017, 23:28

@matpro98 é un errore di distrazione, ovviamente é
$a^{2}$

Talete
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Re: Tsintsifas

Messaggio da Talete » 20 giu 2017, 11:04

Confermo, ora sistemo.

Anche perché sarebbe stato dimensionalmente falso
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Ventu06
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Re: Tsintsifas

Messaggio da Ventu06 » 21 giu 2017, 00:09

Testo nascosto:
Iniziamo con qualche manipolazione del $LHS$:

$\dfrac{p}{q+r}a^2+\dfrac{q}{r+p}b^2+\dfrac{r}{p+q}c^2 =$

$\dfrac{(p+q+r)-(q+r)}{q+r}a^2+\dfrac{(p+q+r)-(r+p)}{r+p}b^2+\dfrac{(p+q+r)-(p+q)}{p+q}c^2=$

$(p+q+r)\Bigg(\dfrac{a^2}{q+r}+\dfrac{b^2}{r+p}+\dfrac{c^2}{p+q}\Bigg)-(a^2+b^2+c^2)$

Ora applicando il lemma di Titu abbiamo che
$\dfrac{a^2}{q+r}+\dfrac{b^2}{r+p}+\dfrac{c^2}{p+q} \ge \dfrac{(a+b+c)^2}{2(p+q+r)}$

Da cui $LHS \ge (p+q+r)\dfrac{(a+b+c)^2}{2(p+q+r)}-(a^2+b^2+c^2)=\dfrac{-a^2-b^2-c^2+2ab+2bc+2ca}{2}$


Ricordando la formula di Erone $S=\dfrac{\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)}}{4}$, la disuguaglianza diventa

$\dfrac{-a^2-b^2-c^2+2ab+2bc+2ca}{2} \ge 2\sqrt{3}\dfrac{\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)}}{4}$

Elevando al quadrato, moltiplicando per $8$ e raccogliendo i termini in somme simmetriche abbiamo
$[4,0,0]-8[3,1,0]+6[2,2,0]+4[2,1,1] \ge -3[4,0,0]+6[2,2,0]$
e semplificando il tutto
$[4,0,0]+[2,1,1] \ge 2[3,1,0]$
vero per Schur.

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