OliForum Matematico

Probabilmente notissima, astenersi (ovviamente) lettori dell'Engel...

Siano $ ~a, ~b, ~c $ i lati di un triangolo di area $ ~A $.
Provare che $ ~a^2+b^2+c^2\ge 4\sqrt3 A $

per i coraggiosi: rafforzare la tesi

good luck, e vediamo quante dim diverse vengono fuori

Ovvero la mitica disuguaglianza di Weitzenbock

mhh forse potrei sparare stupidagini comunque

$ a^2+b^2+c^2-4\sqrt{3}A= a^2 + b^2 + a^2 + b^2 - 2ab\cos{\gamma} - 2\sqrt{3}ab\sin{\gamma}= $$ 2(a^2 + b^2) - 2ab(\cos{\gamma} + \sqrt{3} \sin{\gamma}) = $$ 2(a-b)^2 +4ab - 2ab(\cos{\gamma} + \sqrt{3} \sin{\gamma}) $

quindi ci basta provare che


$ 2ab(\cos{\gamma} + \sqrt{3} \sin{\gamma}) \le 4ab $

$ \displaystyle \frac{\cos{\gamma} + \sqrt{3} \sin{\gamma}}{2} \le 1 $

assumendo $ x=\cos{\gamma} $ e $ y=\sin{\gamma} $ intersechiamo il semipiano e la circonferenza trigonometrica con il sistema per trovare i punti di intersezione

$ \begin{cases}x + \sqrt{3}y - 2 = 0\\ x^2+y^2=1\end{cases} $
da cui
$ 4y^2 - 6\sqrt{3}y + 3 \ge 0 $
$ (2y - \sqrt{3})^2 \ge 0 $

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ ha scritto:
$ \displaystyle \frac{\cos{\gamma} + \sqrt{3} \sin{\gamma}}{2} \le 1 $

$ \displaystyle \frac{\cos{\gamma} + \sqrt{3} \sin{\gamma}}{2}=cos(\gamma-60°)\le1 $

così eviti quel sistema orrido

altre soluzioni?

la vostra funziona, cmq posto anche lamia, lho pensata ieri notte quando stavo per addormentarmi...
esprimiamo A con la nota formula di Erone A=1/4rad((a^2+b^2+c^2)^2-2(a^4+b^4+c^4)) e pongo x=a^2, y=b^2 e z=c^2. naturalmente x, y, z sono reali positivi (che soddisfano tra l'altro ciclicamente a^2>b^2+c^2, ma questo non ci interessa). allora, elevando al quadrato e risistemando il tutto otteniamo:
QM(x, y, z)>=AM(x, y, z) dove QM è la media quadratica e AM quella aritmetica...

ciao