inegalite triangle

ABC est un triangle
a=BC b=AC c=AB
prouver que
(a²+b²-c²)(a²+c²-b²)(b²+c²-a²)<=a²b²c²

On a :
a+b>c
a²>b²+c²-2bc car a>|b-c|
d'où
b²+c²-a²<2bc de même
a²+b²-c²<2ab
a²+c²-b²<2ac

Si l'un des facteur à gauche est négative l'inégo est vérifié car les 2 autres seront positive ...
Donc on peut supposer que tous les facteurs sont positive alors on a :

(a²+b²-c²)(a²+c²-b²)(b²+c²-a²)<2ab2bc2ac=8a²b²c²

non je veux <=a²b²c²

a², b² et c² étant les longueurs de côtés d'un triangle, a,b et c le sont aussi.
Il revient donc à prouver que
qui n'est autre que l'inégalité de Padoa.
L'inégalité présentée ici est toutefois bien plus faible que celle de Padoa.

Si l'un des facteur à gauche est négative donc l'inégo est vérifié on peut supposer que tous les facteurs sont positifs ..
On pose :

x=a²+b²-c² y=a²+c²-b² z=b²+c²-a²

On a donc :
a²=x+y/2 b²=x+z/2 c²=y+z/2

L'inégo équivaut à :

8xyz≤(x+y)(x+z)(y+z)

Ce qui est vrai ..

Sylphaen a écrit:

L'inégo équivaut à :

8xyz≤(x+y)(x+z)(y+z)

Ce qui est vrai ..

Elle est vraie ssi x,y et z sont supposés positifs, ou, d'une manière équivalente, , et cycliquement.
Mais cela ne peut être déduit de l'énoncé.

Aussi, ma solution précédente est tout à fait fausse, car repose sur des interprétations sujettes à défaut.

Bin si on a :

z²>=x²+y² donc z²+x²>y² et z²+y²>x²
Donc LHS est négatif et l'inégo est vérifié ..
Ce qui nous mène vers le cas où LHS est positifs et on fait le changement de variable

salam

El Kashi ====> a²=b²+c²-2bc.cosA =====> b²+c²-a² = 2bc.cosA

etc .........

le produit = 8a²b²c².cosA.cosB.cosC à majorer........

en tenant compte de A+B+C= 180°

.

Dijkschneier a écrit:

Sylphaen a écrit:

L'inégo équivaut à :

8xyz≤(x+y)(x+z)(y+z)

Ce qui est vrai ..

Elle est vraie ssi x,y et z sont supposés positifs, ou, d'une manière équivalente, , et cycliquement.
Mais cela ne peut être déduit de l'énoncé.

Aussi, ma solution précédente est tout à fait fausse, car repose sur des interprétations sujettes à défaut.

je crois que la meilleure solution est celle du changement des variables qu'a fait Sylphaen...
à Dijkschneier...le cas où (a²+b²-c²)(c²+a²-b²)(b²+c²-a²)=<0 est trivial
alors il nous reste de voir les cas où (a²+b²-c²)(c²+a²-b²)(b²+c²-a²)>=0
et sont : tous les thermes sont positifs.... ou l'un est positif et les deux autres sont négatifs...
supposons donc que ces deux termes négatifs sont a²+b²-c² et c²+a²-b² alors a²+b²<c² et c²+a²<b² ==>2a²<0 ce qui est absurde alors au moins l'un des deux est positif ce qui implique tous les termes sont positifs.... ou deux termes positif et l'un négatif==>(a²+b²-c²)(c²+a²-b²)(b²+c²-a²)=<0 qui est un cas trivial
ainsi on peut supposer que a²+b²>c² et b²+c²>a² et a²+c²>b²
sauf erreur....

majdouline a écrit:

à Dijkschneier...le cas où (a²+b²-c²)(c²+a²-b²)(b²+c²-a²)=<0 est trivial
alors il nous reste de voir les cas où (a²+b²-c²)(c²+a²-b²)(b²+c²-a²)>=0
et sont : tous les thermes sont positifs.... ou l'un est positif et les deux autres sont négatifs...
supposons donc que ces deux termes négatifs sont a²+b²-c² et c²+a²-b² alors a²+b²<c² et c²+a²<b² ==>2a²<0 ce qui est absurde alors au moins l'un des deux est positif ce qui implique tous les termes sont positifs.... ou deux termes positif et l'un négatif==>(a²+b²-c²)(c²+a²-b²)(b²+c²-a²)=<0 qui est un cas trivial
ainsi on peut supposer que a²+b²>c² et b²+c²>a² et a²+c²>b²
sauf erreur....

J'y consens. La démonstration de Sylphaen, bien que peu loquace, est finalement correcte.

houssa a écrit:

salam

El Kashi ====> a²=b²+c²-2bc.cosA =====> b²+c²-a² = 2bc.cosA

etc .........

le produit = 8a²b²c².cosA.cosB.cosC à majorer........

en tenant compte de A+B+C= 180°

.

pour majorer CosA.cosB.cosC
il suffit d'appliquer jensen sur f(x)=-ln(cosx)
on trouve cosA.cosB.cosC=<1/8