83. Disuguaglianza triangolare (?)
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83. Disuguaglianza triangolare (?)
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!
P.S. Dando uno sguardo agli IMO ho scoperto che è un longlisted problem, il GDR 4 (che non so cosa significhi).
\(\displaystyle \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ S \le \frac{\sqrt{3}}{4} ( abc )^{2/3} \)
Sinceramente il mio metodo è un po' complicato, ma penso ce ne siano di più semplici. Nel complesso però mi pare carina!
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.
\( \displaystyle \sigma(A,G) \ \ = \sum_{Y \in \mathscr{P}(A) } \dot{\chi_{|G|} } (Y) \) bum babe
Re: 83. Disuguaglianza triangolare (?)
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..
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..
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Re: 83. Disuguaglianza triangolare (?)
Se prendiamo il triangolo rettangolo \(a=1,b=1,c=\sqrt{2} \) abbiamo:
\( S=\frac{1}{2}\) e \( \frac{\sqrt{3}}{4}(abc)^{\frac{2}{3}}=\frac{\sqrt{3}\sqrt[3]{2}}{4}>\frac{1}{2}=S\)
\( S=\frac{1}{2}\) e \( \frac{\sqrt{3}}{4}(abc)^{\frac{2}{3}}=\frac{\sqrt{3}\sqrt[3]{2}}{4}>\frac{1}{2}=S\)
Re: 83. Disuguaglianza triangolare (?)
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.
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Re: 83. Disuguaglianza triangolare (?)
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 $\sin{\alpha} \sin{\beta} \sin {\gamma} \le \frac{3 \sqrt{3}}{8}$.
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 (?)
Aggiungo: questa viene per smoothing facile facile
Re: 83. Disuguaglianza triangolare (?)
Bella, la tua è decisamente migliore!
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Re: 83. Disuguaglianza triangolare (?)
Ho aggiunto anche la tua, evitando di passare per il raggio circoscritto..
Comunque scusa l'ignoranza, che intendi per "smoothing"? Jensen su funzioni convesse?
Comunque scusa l'ignoranza, che intendi per "smoothing"? Jensen su funzioni convesse?
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Re: 83. Disuguaglianza triangolare (?)
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,
\( \displaystyle S \le (abc)^{2/3} \frac{\sqrt{3}}{4} \)
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 (?)
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:
$S\leq\frac{\left(ab\right)^{\frac{2}{3}}}{2\sqrt[3]{2}}\frac{2}{\sqrt[3]{2}}\sqrt[3]{c^{2}}=\frac{\left(abc\right)^{\frac{2}{3}}}{2\sqrt[3]{4}}<\frac{\sqrt{3}}{4}\left(abc\right)^{\frac{2}{3}}$
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:
$S\leq\frac{\left(ab\right)^{\frac{2}{3}}}{2\sqrt[3]{2}}\frac{2}{\sqrt[3]{2}}\sqrt[3]{c^{2}}=\frac{\left(abc\right)^{\frac{2}{3}}}{2\sqrt[3]{4}}<\frac{\sqrt{3}}{4}\left(abc\right)^{\frac{2}{3}}$
Re: 83. Disuguaglianza triangolare (?)
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 (?)
Per la staffetta fate vobis, fate la conta per il prossimo!
\( \displaystyle \sigma(A,G) \ \ = \sum_{Y \in \mathscr{P}(A) } \dot{\chi_{|G|} } (Y) \) bum babe
Re: 83. Disuguaglianza triangolare (?)
Vadi!Gottinger95 ha scritto:Do' il via libera a troileto per la staffetta...
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Re: 83. Disuguaglianza triangolare (?)
Viene anche brutalmente con Jensen con $ f (x)=\ln (\sin x) $, la cui derivata seconda è $ f''(x)=-\csc^2x <0 $Troleito br00tal ha scritto: $\sin{\alpha} \sin{\beta} \sin {\gamma} \le \frac{3 \sqrt{3}}{8}$.
@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...
Imagination is more important than knowledge. For knowledge is limited, whereas imagination embraces the entire world, stimulating progress, giving birth to evolution (A. Einstein)