Forse è una cosa conosciuta ma provate a dimostrare che:
$ \displaystyle l_a\cdot l_b\cdot l_c < a \cdot b\cdot c $
dove $ \displaystyle a,b,c $ sono i lati del generico triangolo e $ \displaystyle l_a,l_b,l_c $ sono
le bisettrici interne ad essi relative.
karl
Bisettrici di un triangolo
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¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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moltiplicando le note formule per le lunghezze delle bisettrici otteniamo
$ \displaystyle l_a \cdot l_b \cdot l_c = \frac{8 abcpA}{(a+b)(b+c)(c+a)} $
quindi è sufficente dimostrare che $ \displaystyle (a+b)(b+c)(c+a) > 8Ap $
ma per AM-GM abbiamo $ \displaystyle (a+b)(b+c)(c+a) \ge 8abc $ e quindi
$ \displaystyle abc > Ap \ \Longleftrightarrow \ 2a > p \sin{\alpha} \ \Longleftrightarrow \ 1 > \frac{p}{4R} = \cos{\frac{\alpha}{2}} \cdot \cos{\frac{\beta}{2}} \cdot \cos{\frac{\gamma}{2}} $
l'ultima uguaglianza viene da qui del 16, inoltre per il 17 si ha:
$ \displaystyle \cos{\frac{\alpha}{2}} \cdot \cos{\frac{\beta}{2}} \cdot \cos{\frac{\gamma}{2}} \le \frac{3\sqrt{3}}{8} $
Quindi la disuguaglianza diventa anche più bella
$ \displaystyle \frac{8\sqrt{3}}{9}\cdot l_a \cdot l_b \cdot l_c \le abc $
$ \displaystyle l_a \cdot l_b \cdot l_c = \frac{8 abcpA}{(a+b)(b+c)(c+a)} $
quindi è sufficente dimostrare che $ \displaystyle (a+b)(b+c)(c+a) > 8Ap $
ma per AM-GM abbiamo $ \displaystyle (a+b)(b+c)(c+a) \ge 8abc $ e quindi
$ \displaystyle abc > Ap \ \Longleftrightarrow \ 2a > p \sin{\alpha} \ \Longleftrightarrow \ 1 > \frac{p}{4R} = \cos{\frac{\alpha}{2}} \cdot \cos{\frac{\beta}{2}} \cdot \cos{\frac{\gamma}{2}} $
l'ultima uguaglianza viene da qui del 16, inoltre per il 17 si ha:
$ \displaystyle \cos{\frac{\alpha}{2}} \cdot \cos{\frac{\beta}{2}} \cdot \cos{\frac{\gamma}{2}} \le \frac{3\sqrt{3}}{8} $
Quindi la disuguaglianza diventa anche più bella
$ \displaystyle \frac{8\sqrt{3}}{9}\cdot l_a \cdot l_b \cdot l_c \le abc $
Bene Gabriel,i tuoi calcoli sono sempre puntuali ed utilissimi.Una semplificazione si può ottenere nel procedimento osservando che è:
$ \displaystyle l_a=\frac{2}{b+c}\sqrt{pbc(p-a)}=\sqrt{bc \cdot \frac{(b+c)^2-a^2}{(b+c)^2}} $
E' quindi evidente che risulta:
$ \displaystyle l_a<\sqrt{bc} $ e analogamente :
$ \displaystyle l_b<\sqrt{ca} $
$ \displaystyle l_c<\sqrt{ab} $
Moltiplicando le 3 relazioni si ha il risultato richiesto.
Per chi volesse una risoluzione puramente geometrica c'è questa.
Siano ABC il triangolo e AD la bisettrice dell'angolo in A.
Per il teorema dell'angolo esterno ,l'angolo ADC è certamente maggiore dell'angolo ABD e quindi esiste una semiretta DE tale che l'angolo ADE risulti congruente all'angolo ABD.Dalla similitudine dei triangoli ABD e ADE si ricava che :
$ \displaystyle AB:AD=AD:AE $
da cui:
$ \displaystyle AD^2=AB \cdot AE < AB\cdot AC $ ovvero nelle notazioni usuali:
(1) $ \displaystyle l_a^2<bc $ e analogamente:
(2) $ \displaystyle l_b^2<ca $
(3) $ \displaystyle l_c^2<ab $
Moltiplicando (1),(2) e (3) si ritorna al risultato.
karl
$ \displaystyle l_a=\frac{2}{b+c}\sqrt{pbc(p-a)}=\sqrt{bc \cdot \frac{(b+c)^2-a^2}{(b+c)^2}} $
E' quindi evidente che risulta:
$ \displaystyle l_a<\sqrt{bc} $ e analogamente :
$ \displaystyle l_b<\sqrt{ca} $
$ \displaystyle l_c<\sqrt{ab} $
Moltiplicando le 3 relazioni si ha il risultato richiesto.
Per chi volesse una risoluzione puramente geometrica c'è questa.
Siano ABC il triangolo e AD la bisettrice dell'angolo in A.
Per il teorema dell'angolo esterno ,l'angolo ADC è certamente maggiore dell'angolo ABD e quindi esiste una semiretta DE tale che l'angolo ADE risulti congruente all'angolo ABD.Dalla similitudine dei triangoli ABD e ADE si ricava che :
$ \displaystyle AB:AD=AD:AE $
da cui:
$ \displaystyle AD^2=AB \cdot AE < AB\cdot AC $ ovvero nelle notazioni usuali:
(1) $ \displaystyle l_a^2<bc $ e analogamente:
(2) $ \displaystyle l_b^2<ca $
(3) $ \displaystyle l_c^2<ab $
Moltiplicando (1),(2) e (3) si ritorna al risultato.
karl