sns 2004/2005#5

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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cathy_88
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sns 2004/2005#5

Messaggio da cathy_88 » 13 ago 2007, 12:42

Dato un triangolo con i lati di lunghezza a,b,c e le rispettive mediane di lunghezza x, y, z, si dimostri la seguente doppia disuguaglianza:
$ 2(x^2+y^2+z^2)\le\ 3(ab+bc+ca)\le\ 4(x^2+y^2+z^2) $.

Help me!
Ultima modifica di cathy_88 il 13 ago 2007, 13:40, modificato 2 volte in totale.
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Zoidberg
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Messaggio da Zoidberg » 13 ago 2007, 12:53

$ 2(x^2+y^2+z^2)\le\ 3(ab+bc+ca)\le\ 4(x^2+y^2+z^2) $

Penso intendessi questo!
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salva90
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Messaggio da salva90 » 13 ago 2007, 13:00

penso che sostituendo la lunghezza delle mediane risulti abbastanza agevole, visto che le radici muoiono...
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Juggler
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Messaggio da Juggler » 13 ago 2007, 13:04

come è già stato detto una volta sostituito il valore della mediana si ottiene viewtopic.php?t=3616

p.s. direi che è algebra ;-)

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Zoidberg
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Messaggio da Zoidberg » 13 ago 2007, 13:39

:?

A me non viene fuori questo...
$ \displaystyle x^2+y^2+z^2 \leq 2(xy+yz+zx) \leq 2(x^2+y^2+z^2) $

Ma piuttosto cosi!
$ \displaystyle2(x^2+y^2+z^2) \leq 3(xy+yz+zx) \leq 3(x^2+y^2+z^2) $

La seconda disuguaglianza non cambia ma la prima è diversa.
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Messaggio da Juggler » 13 ago 2007, 13:47

Zoidberg ha scritto::?

A me non viene fuori questo...
$ \displaystyle x^2+y^2+z^2 \leq 2(xy+yz+zx) \leq 2(x^2+y^2+z^2) $

Ma piuttosto cosi!
$ \displaystyle2(x^2+y^2+z^2) \leq 3(xy+yz+zx) \leq 3(x^2+y^2+z^2) $

La seconda disuguaglianza non cambia ma la prima è diversa.
mi sa che hai sbagliato qualche calcolo, guarda bene, la prima è la metà della terza..

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Zoidberg
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Messaggio da Zoidberg » 13 ago 2007, 13:53

Oddio hai ragione, ho sbagliato a sostituire! Sono proprio cotto! Ecco perche mi veniva difficile!
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