Imo '61 n°2
Imo '61 n°2
Dimostra che in ogni triangolo $ ABC $ è sempre vera la disuguaglianza $ a^2+b^2+c^2 \geq 4 \sqrt3 A $ dove $ A $ è l'area del triangolo. Quando si verifica l'uguaglianza?
Re: Imo '61 n°2
Rilancio con una generalizzazione più forte: $ a^2+b^2+c^2 \geq (a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 + 4 \sqrt3 A $
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: Imo '61 n°2
In ogni caso per la disuguaglianza di partenza conosco una decina di dimostrazioni ma la cosa bella è che di tutte quelle che ho letto nessuna era uguale alla mia che tra l'altro non mi sembra essere per nulla strana xD Btw:
Carnot su LHS e Formula dell'area con i seni su RHS :
$ \displaystyle a^2+b^2+a^2+b^2-2abcos \gamma \geq 4\sqrt 3 \frac {ab \cdot sen \gamma}{2} \iff a^2 +b^2 \geq ab ( cos \gamma + \sqrt 3sen \gamma ) $
A questo punto massimizzo $ f(\gamma) = cos \gamma + \sqrt3 sen \gamma $
$ f'(\gamma) = \sqrt 3 cos \gamma - sen \gamma $
$ \displaystyle f'(\gamma) = 0 \implies \sqrt 3 cos \gamma - sen \gamma =0 \iff \frac {sen \gamma}{cos \gamma} = \sqrt 3 \iff \gamma=\frac {\pi}{3} $ che è diverso da $ \frac{\pi}{2} $ quindi contrllando anche che la derivata cambia di segno (lo fa), "va bene" .
$ f (\frac {\pi}{3} )= \frac {1}{2} + \sqrt 3 \frac {\sqrt3}{2} = 2 $
da cui la disuguaglianza diventa $ a^2+b^2 \geq 2ab $ vera.
Carnot su LHS e Formula dell'area con i seni su RHS :
$ \displaystyle a^2+b^2+a^2+b^2-2abcos \gamma \geq 4\sqrt 3 \frac {ab \cdot sen \gamma}{2} \iff a^2 +b^2 \geq ab ( cos \gamma + \sqrt 3sen \gamma ) $
A questo punto massimizzo $ f(\gamma) = cos \gamma + \sqrt3 sen \gamma $
$ f'(\gamma) = \sqrt 3 cos \gamma - sen \gamma $
$ \displaystyle f'(\gamma) = 0 \implies \sqrt 3 cos \gamma - sen \gamma =0 \iff \frac {sen \gamma}{cos \gamma} = \sqrt 3 \iff \gamma=\frac {\pi}{3} $ che è diverso da $ \frac{\pi}{2} $ quindi contrllando anche che la derivata cambia di segno (lo fa), "va bene" .
$ f (\frac {\pi}{3} )= \frac {1}{2} + \sqrt 3 \frac {\sqrt3}{2} = 2 $
da cui la disuguaglianza diventa $ a^2+b^2 \geq 2ab $ vera.
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: Imo '61 n°2
nota a margine: osservare che $\cos\gamma + \sqrt3\sin\gamma = 2\cos(\gamma-\pi/3)$ taglia l'analisi dalla soluzione (e un po' di conti)...
Re: Imo '61 n°2
Ti ringrazio vivamente per la nota poichè una cosa del genere per elidere l'analisi la stavo cercando ma non la trovavoma_go ha scritto:nota a margine: osservare che $\cos\gamma + \sqrt3\sin\gamma = 2\cos(\gamma-\pi/3)$ taglia l'analisi dalla soluzione (e un po' di conti)...
!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: Imo '61 n°2
visto che mi piace partire per la tangente (battuta non voluta) ed andare off-topic: tutte le equazioni goniometriche lineari (in seno e coseno) si "risolvono" con la stessa osservazione (senza dover fare un sacco di manipolazioni con le formule parametriche o con sistemi in due incognite o con altri metodi che insegnano al liceo).
mi spiego. data l'equazione $a\cos x + b\sin x = c$ nell'incognita $x$, con $a$,$b$,$c$ coefficienti reali (e diciamo $a$ e $b$ non entrambi nulli, altrimenti la cosa è un po' banale, e il metodo non si applica in questo caso), possiamo fare la seguente cosa "stupida": a meno di dividere tutto per $\sqrt{a^2+b^2}$, possiamo supporre che $a^2+b^2$ faccia 1.
se $a^2 + b^2=1$, la coppia $(a,b)$ è una coppia $(\cos t, \sin t)$ per qualche $t$ (definito a meno di multipli di $2\pi$: scegliete il vostro preferito e usatelo), quindi l'equazione originale si può riscrivere come $\cos t\cos x + \sin t \sin x = c$, cioè come $\cos(x-t) = c$, e ora è facile vedere se ha soluzioni, e se sì quali sono (e vedete che la scelta di $t$ è immateriale).
mi spiego. data l'equazione $a\cos x + b\sin x = c$ nell'incognita $x$, con $a$,$b$,$c$ coefficienti reali (e diciamo $a$ e $b$ non entrambi nulli, altrimenti la cosa è un po' banale, e il metodo non si applica in questo caso), possiamo fare la seguente cosa "stupida": a meno di dividere tutto per $\sqrt{a^2+b^2}$, possiamo supporre che $a^2+b^2$ faccia 1.
se $a^2 + b^2=1$, la coppia $(a,b)$ è una coppia $(\cos t, \sin t)$ per qualche $t$ (definito a meno di multipli di $2\pi$: scegliete il vostro preferito e usatelo), quindi l'equazione originale si può riscrivere come $\cos t\cos x + \sin t \sin x = c$, cioè come $\cos(x-t) = c$, e ora è facile vedere se ha soluzioni, e se sì quali sono (e vedete che la scelta di $t$ è immateriale).
Re: Imo '61 n°2
amatrix92 ha scritto:In ogni caso per la disuguaglianza di partenza conosco una decina di dimostrazioni ma la cosa bella è che di tutte quelle che ho letto nessuna era uguale alla mia che tra l'altro non mi sembra essere per nulla strana xD Btw:
ahahah vero l'ho notato anch'io con la mia
Re: Imo '61 n°2
dimostro la seconda che oltre a essere carina implica la prima
con un paio di manipolazioni algebriche e scrivendo l'area con erone ottengo:
$\sum_{cyc}(a+b-c)(a+c-b)\ge \sqrt{3(a+b+c)(a+b-c)(a+c-a)(b+c-a)}$
Ora pongo $a+b-c=x$,$a+c-b=y$,$b+c-a=z$ e riscrivo come
$xy+yz+xz\ge\sqrt{3(x+y+z)xyz}$ che elevando al quadrato e semplificando diventa
$x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2\ge x^2yz+xy^2z+xyz^2$ che equivale alla solita disuguaglianza $a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac$ vera per 1001 motivi
con un paio di manipolazioni algebriche e scrivendo l'area con erone ottengo:
$\sum_{cyc}(a+b-c)(a+c-b)\ge \sqrt{3(a+b+c)(a+b-c)(a+c-a)(b+c-a)}$
Ora pongo $a+b-c=x$,$a+c-b=y$,$b+c-a=z$ e riscrivo come
$xy+yz+xz\ge\sqrt{3(x+y+z)xyz}$ che elevando al quadrato e semplificando diventa
$x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2\ge x^2yz+xy^2z+xyz^2$ che equivale alla solita disuguaglianza $a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac$ vera per 1001 motivi