disuguaglianza stretta sui lati di un triangolo, forse nota

[pic88]

siano a, b e c i lati di un triangolo non degenere.

Allora $ \displaystyle \sum_{cyc}\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}>1 $

[EUCLA]

Questo problemino lo si può fare con una sostituzione, detta di Ravi mi sembra
che dovrei aver letto da qualche parte su mathlinks.
Se qualcuno non la conoscesse può chiedere

Allora cominciamo col riscrivere la disuguaglianza:
$ \displaystyle\frac{(b+c-a)(b+c+a)}{2bc}+\frac{(a+c-b)(a+c+b)}{2ac}+ $$ \displaystyle\frac{(a+b-c)(a+b+c)}{2ab} >4 $

Quindi con le sostituzioni : $ a=x+y, b=z+x ,c=y+z $

$ \displaystyle\frac{4z(x+y+z)}{2(y+z)(z+x)}+\frac{4y(x+y+z)}{2(x+y)(y+z)}+\frac{4x(x+y+z)}{2(x+y)(z+x)} $$ >4 $

$ 2z(x+y+z)(x+y)+2y(x+y+z)(x+z)+2x(x+y+z)(y+z) $$ >4(x+y)(y+z)(z+x) $

$ 2(x+y+z)(xz+yz+xy+zy+xy+zx) > 4(x+y)(y+z)(z+x) $

$ (x+y+z)(xy+yz+zx)>(x+y)(y+z)(z+x) $

A questo punto basta svolgere i calcoli e rimane:

$ xyz>0 $che è certamente vera.

Finalmente il LaTeX e io ci siam messi d'accordo per funzionare

[salva90]

Oppure:

Riscrivendo la disuguaglianza (grazie a Carnot) come:

$ \cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma>1 $

ho una cosa vera per 1000 motivi (chi ha detto moltiplicatori?)

[EvaristeG]

Ah, cielo ... i vecchi amici ... come ha detto giustamente salva, si arriva alla somma dei coseni e poi
$ \cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma=1+\dfrac{r}R\geq1 $

[pic88]

Si, in effetti era dalla disuguaglianza coi coseni che ero arrivato a formulare quella sui lati.. era per ottenere una dimostrazione di quella dei coseni che usasse i lati anzichè forumle goniometriche/geometria/cannoni.. quindi, grazie EUCLA.

[EUCLA]

Figurati, non ho una gran passione con la trigonometria

[pic88]

A questo punto si potrebbero postare i 1000 motivi per cui la somma dei coseni è maggiore di 1, direi che lo lasciamo fare a Salva..

Un altro modo, geometrico, di formulare il problema è:

dimostrare che detto O il circocentro e K, L, M le proiezioni di O sui lati, si ha

$ OK + OL + OM > R $

oppure, già che è stato detto,

$ OK + OL + OM = R + r $

[EvaristeG]

Beh, se K,L,M sono i punti medi di AB, BC, CA, allora i quadrilateri OKBL, OLCM, OMAK sono ciclici e quindi (OK=z, OL=x, OM=y)
$ x\dfrac{b}2+y\dfrac{a}2=R\frac{c}2 $ (tolomeo) e cicliche
sommando
$ x\left(\dfrac{b}2+\dfrac{c}2\right)+y\left(\dfrac{a}2+\dfrac{c}2\right)+z\left(\dfrac{a}2+\dfrac{b}2\right)=Rp $
con p il semiperimetro
da ciò
$ x\left(1-\dfrac{a}{2p}\right)+y\left(1-\dfrac{b}{2p}\right)+z\left(1-\dfrac{c}{2p}\right)=R $
ovvero, poichè xa+yb+zc=2S, si ha
$ x+y+z=R+\dfrac{2S}{2p}=R+r $

[EvaristeG]

Oppure, sapendo un po' di trigonometria,
$ \cos(x)+\cos(y)+\cos(z)+\cos(x+y+z)= $$ 4\cos\left(\dfrac{x+y}2\right)\cos\left(\dfrac{z+y}2\right)\cos\left(\dfrac{x+z}2\right) $
ovvero, nel nostro caso,
$ \cos(x)+\cos(y)+\cos(z)-1= $$ 4\cos\left(\dfrac{x+y}2\right)\cos\left(\dfrac{z+y}2\right)\cos\left(\dfrac{x+z}2\right)\geq0 $
in quanto in ogni triangolo $ x+y\leq\pi $ e quindi $ \dfrac{x+y}2\leq\dfrac{\pi}2 $ e dunque i coseni son sempre non negativi.