Sia $ ABC $ un triangolo sia $ r $ il suo inraggio e $ R $ il suo circoraggio. Sia $ \widehat {BAC} \leq 90° $. Si provi che per ogni $ -1\leq p \leq 1 $ si ha
$ (2+ \sqrt 2 ) r \leq m_p( b,c ) \leq R+r $ dove
$ m_p( b,c )= \begin{cases} ( \frac{b^p+c^p}{2})^{1/p} & p \neq 0\\
\sqrt{bc} & p= 0\end{cases} $
Premetto che non sono ancora riuscito a cavarne le gambe!
Disuguaglianze con media p-esima in un triangolo ( Hard )
Disuguaglianze con media p-esima in un triangolo ( Hard )
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.
Re: Disuguaglianze con media p-esima in un triangolo ( Hard
Se ne avete postate anche soluzioni parziali / idee / congetture / lemmi che pensate possano essere utili o altro ancora 
!
!Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.
Re: Disuguaglianze con media p-esima in un triangolo ( Hard
osservazione stupida: basta controllare che la disuguaglianza di sinistra è vera per $p=-1$, e che quella a destra è vera per $p=1$ (per la disuguaglianza tra le medie).
la disuguaglianza a sinistra sembra falsa per $p=-1$ e $b=c$: applicando carnot (per calcolare $a$), e usando la formula $(a+b+c)r=2A=bc\sin\alpha$, sbattendoci dentro tutto, risulta che la disuguaglianza a sinistra è equivalente a:
$4bc\cos\alpha \le (b-c)+(b+c)^2\cos^2\alpha$.
se $b=c$, c'è da dimostrare $\cos\alpha\le \cos^2\alpha$, che non ha molte speranze per $\alpha\le\pi/2$...
l'altra disuguaglianza, invece (sempre trigonometrizzando quasi tutto, e sviluppando), sembra equivalente (per $p=1$) a:
$0\le (b+c)(a+b+c)(1-\sin\alpha) + 2bc(\cos\alpha-\cos^2\alpha)$,
che è banalmente vera, visto che il RHS è somma di due addendi strettamente positivi.
mi sono perso qualcosa?
la disuguaglianza a sinistra sembra falsa per $p=-1$ e $b=c$: applicando carnot (per calcolare $a$), e usando la formula $(a+b+c)r=2A=bc\sin\alpha$, sbattendoci dentro tutto, risulta che la disuguaglianza a sinistra è equivalente a:
$4bc\cos\alpha \le (b-c)+(b+c)^2\cos^2\alpha$.
se $b=c$, c'è da dimostrare $\cos\alpha\le \cos^2\alpha$, che non ha molte speranze per $\alpha\le\pi/2$...
l'altra disuguaglianza, invece (sempre trigonometrizzando quasi tutto, e sviluppando), sembra equivalente (per $p=1$) a:
$0\le (b+c)(a+b+c)(1-\sin\alpha) + 2bc(\cos\alpha-\cos^2\alpha)$,
che è banalmente vera, visto che il RHS è somma di due addendi strettamente positivi.
mi sono perso qualcosa?
Re: Disuguaglianze con media p-esima in un triangolo ( Hard
Non lo so ma di certo qualcosa nel tuo post me lo sono perso iomi sono perso qualcosa?
Questa osservazione l'avevo pensata anche io ma mi è sembrata trobbo banale lasciandomi temente che ci fosse qualcosa sotto, che motivo c'era di usare quella notazione un po' pesante? Il problema l'ho preso da una rivista americana di cui non ricordo il nome che ho trovato in biblioteca all'uni e l'ho riportato tradotto pari pari.osservazione stupida: basta controllare che la disuguaglianza di sinistra è vera per $p=-1$, e che quella a destra è vera per $p=1$ (per la disuguaglianza tra le medie).
la disuguaglianza a sinistra sembra falsa per $p=-1$ e $b=c$: applicando carnot (per calcolare $a$), e usando la formula $(a+b+c)r=2A=bc\sin\alpha$, sbattendoci dentro tutto, risulta che la disuguaglianza a sinistra è equivalente a:
$4bc\cos\alpha \le (b-c)+(b+c)^2\cos^2\alpha$.
se $b=c$, c'è da dimostrare $\cos\alpha\le \cos^2\alpha$, che non ha molte speranze per $\alpha\le\pi/2$...
$ (2+\sqrt2 ) r \leq \frac {2bc}{b+c} $ da cui applicando $ r= \frac{bc \sin \alpha}{a+b+c} $ si ottiene $ (2+ \sqrt2)bc \sin \alpha \leq \frac{2bc}{b+c} (a+b+c) \iff (2+ \sqrt 2) \sin \alpha \leq 2 + \frac {a}{b+c} $ da cui applicando carnot e sommando e sottraendo un doppio prodotto arrivo a
$ (2+ \sqrt 2) \sin \alpha \leq 2 + b+c -2bc(1+\cos \alpha ) $ e da qui non so come sei andato avanti...
Edit:sì avevo scazzato un po' di conti mancava un 2 sopra a destra e un b+c sotto a destra. alla fine dovrebbe venire $ \displaystyle (2+ \sqrt 2) \sin \alpha \leq 2 + 2b+2c - \frac{4bc(1+\cos \alpha )}{b+c} $
Ultima modifica di amatrix92 il 24 gen 2012, 01:54, modificato 2 volte in totale.
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.
Re: Disuguaglianze con media p-esima in un triangolo ( Hard
continuano a non tornarmi i tuoi conti.
la disuguaglianza da dimostrare è: $(2+\sqrt2)r \le 2bc/(b+c)$.
usiamo $(a+b+c)r=bc\sin\alpha$ e $a^2=b^2+c^2-2bc\cos\alpha = (b+c)^2-2bc(1+\cos\alpha)$, e chiamiamo $x=2bc/(b+c)^2$: la disuguaglianza diventa:
$(2+\sqrt2)(b+c)\sin\alpha \le 2(a+b+c) \Leftrightarrow (2+\sqrt2)\sin\alpha\le 2+2\sqrt{1-x(1+\cos\alpha)}$.
per AM-GM, $x=2bc/(b+c)^2\le1/2$, ed è indipendente da $\alpha$, quindi il lato destro è minimo (ad $\alpha$ fissato) quando $x=1/2$. quindi la disuguaglianza da dimostrare diventa (usando le formule di bisezione e il fatto che $0<\alpha<\pi/2$):
$(2+\sqrt2)\sin\alpha\le2+2\sin\frac\alpha2$.
disegnando il grafico della funzione $(2+\sqrt2)\sin\alpha - 2\sin\frac\alpha2$, però, pare che questa cosa diventi più grande di 2 (per $\alpha\approx 1.3$ fa circa $2.08$), e questo mi puzza.
ritradotto nei termini iniziali, se il triangolo è isoscele (con $b=c$) e l'angolo in mezzo è circa 1.3 radianti, la disuguaglianza sembra scazzare. questo sempre che io non abbia sbagliato (di nuovo) qualche conticino, ma dovrebbe essere facile trovare l'errore. comunque l'idea di eliminare b e c dalla disuguaglianza e ridursi alla cosa in $\alpha$ dovrebbe funzionare in ogni caso.
la disuguaglianza da dimostrare è: $(2+\sqrt2)r \le 2bc/(b+c)$.
usiamo $(a+b+c)r=bc\sin\alpha$ e $a^2=b^2+c^2-2bc\cos\alpha = (b+c)^2-2bc(1+\cos\alpha)$, e chiamiamo $x=2bc/(b+c)^2$: la disuguaglianza diventa:
$(2+\sqrt2)(b+c)\sin\alpha \le 2(a+b+c) \Leftrightarrow (2+\sqrt2)\sin\alpha\le 2+2\sqrt{1-x(1+\cos\alpha)}$.
per AM-GM, $x=2bc/(b+c)^2\le1/2$, ed è indipendente da $\alpha$, quindi il lato destro è minimo (ad $\alpha$ fissato) quando $x=1/2$. quindi la disuguaglianza da dimostrare diventa (usando le formule di bisezione e il fatto che $0<\alpha<\pi/2$):
$(2+\sqrt2)\sin\alpha\le2+2\sin\frac\alpha2$.
disegnando il grafico della funzione $(2+\sqrt2)\sin\alpha - 2\sin\frac\alpha2$, però, pare che questa cosa diventi più grande di 2 (per $\alpha\approx 1.3$ fa circa $2.08$), e questo mi puzza.
ritradotto nei termini iniziali, se il triangolo è isoscele (con $b=c$) e l'angolo in mezzo è circa 1.3 radianti, la disuguaglianza sembra scazzare. questo sempre che io non abbia sbagliato (di nuovo) qualche conticino, ma dovrebbe essere facile trovare l'errore. comunque l'idea di eliminare b e c dalla disuguaglianza e ridursi alla cosa in $\alpha$ dovrebbe funzionare in ogni caso.