| | Inégalité géométrique |  |
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ali-mes
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| | Sujet: Inégalité géométrique Lun 27 Juin 2011, 15:13 | |
| Soient a, b et c les longueurs des côtés d'un triangle, et r le rayon de son cercle inscrit. Montrer que:  . Et déterminer le cas d'égalité. | |
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sadaso
Maître
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| | Sujet: Re: Inégalité géométrique Lun 27 Juin 2011, 17:28 | |
| Et déterminer le cas d'égalité. ? cela veut dire ? | |
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kaj mima
Expert grade1
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| | Sujet: Re: Inégalité géométrique Mar 28 Juin 2011, 23:17 | |
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Dernière édition par kaj mima le Mer 29 Juin 2011, 20:21, édité 1 fois | |
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Mehdi.O
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| | Sujet: Re: Inégalité géométrique Mer 29 Juin 2011, 13:22 | |
| - kaj mima a écrit:
- ali-mes a écrit:
- Soient a, b et c les longueurs des côtés d'un triangle, et r le rayon de son cercle inscrit.
Montrer que: .
Et déterminer le cas d'égalité.
- Spoiler:
Notons p le périmètre du triangle ABC et S sa surface. On a:  }) D'autre part: Selon l'inégalité de Cauchy Shwarz: (bc+ac+ab)\geq&space;9abc) Ce qui donne: }\leq&space;1) L'inégalité est donc équivalente à :  qui est vraie. Cas d'égalité: a=b=c, c'est à dire lorsque le triangle ABC est équilatéral.
Ton raisonnement est faux désolé ! Tu as montré une inégalité moins forte, voilà si on suit ton raisonnement tu as montré que : }\Rightarrow&space;\frac{9abc}{p(ab+ac+bc)}\geq&space;1\Rightarrow&space;{Contradiction}) | |
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kaj mima
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| | Sujet: Re: Inégalité géométrique Mer 29 Juin 2011, 20:18 | |
| Oups,,,je m'excuse pour cette sottise  A toi le stylo! | |
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yasserito
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| | Sujet: Re: Inégalité géométrique Ven 01 Juil 2011, 14:13 | |
| C'est tres difficile (au moins c'est ce que je trouve) ... J'aime bien savoir la solution ou bien un indice .... Merci d'avance  | |
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ali-mes
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| | Sujet: Re: Inégalité géométrique Ven 01 Juil 2011, 14:17 | |
| - yasserito a écrit:
- C'est tres difficile (au moins c'est ce que je trouve) ...
J'aime bien savoir la solution ou bien un indice ....
Merci d'avance Ok, je vais poster ma réponse. | |
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ali-mes
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| | Sujet: Re: Inégalité géométrique Ven 01 Juil 2011, 14:49 | |
| - Spoiler:
Soient a, b et c les longueurs des côtés d'un triangle. Donc d'après la substitution de Ravi, il existe des réels strictement positifs tel que: a=x+y et b=y+z et c=x+z D'où:  D'après IAG on a: =\frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}{2\sqrt{xyz}}) (*) Et on a: ^2+(\sqrt{y}-\sqrt{z})^2+(\sqrt{x}-\sqrt{z})^2\geq%200)  \geq%202(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz})) \geq%202(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz})+(x+y+z)) \geq%20(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2)  Revenons à (*), il s'en suit que:  (**) Et il est connu que:  (S: la surface du triangle, r: le rayon du cercle inscrit, p: le demi-périmètre) Donc, d'après la formule de Héron: (p-b)(p-c)}}{p}=\frac{\sqrt{xyz(x+y+z)}}{x+y+z}=\sqrt{\frac{xyz}{x+y+z}}) Revenons à (**), on a enfin: L'égalité aura lieu si x=y=z ou a=b=c ou lorsque ce triangle est équilatéral.
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yasserito
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| | Sujet: Re: Inégalité géométrique Ven 01 Juil 2011, 14:58 | |
| - ali-mes a écrit:
- Spoiler:
Soient a, b et c les longueurs des côtés d'un triangle. Donc d'après la substitution de Ravi, il existe des réels strictement positifs tel que: a=x+y et b=y+z et c=x+z D'où: D'après IAG on a: (*) Et on a: Revenons à (*), il s'en suit que: (**) Et il est connu que: (S: la surface du triangle, r: le rayon du cercle inscrit, p: le demi-périmètre) Donc, d'après la formule de Héron: Revenons à (**), on a enfin: L'égalité aura lieu si x=y=z ou a=b=c ou lorsque ce triangle est équilatéral.
Joli... Merci | |
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Mehdi.O
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| | Sujet: Re: Inégalité géométrique Ven 01 Juil 2011, 15:00 | |
| Quelqu'un a-t-il un problème à proposer ? | |
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expert_run
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| | Sujet: Re: Inégalité géométrique Ven 01 Juil 2011, 15:03 | |
| Il est mieux qu"on poste les exercices dans les marathons. | |
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ali-mes
Expert sup
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| | Sujet: Re: Inégalité géométrique Ven 01 Juil 2011, 15:07 | |
| Toujours avec les inégalités géométriques, voila un autre exercice (**): Soit ABC un triangle, et soient D, E et F les projections orthogonales de A, B et C sur le coté contraste, et soit H l'hortocentre du triangle ABC. Montrer que: 1)-  2)-  | |
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ali-mes
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| | Sujet: Re: Inégalité géométrique Ven 01 Juil 2011, 15:08 | |
| - expert_run a écrit:
- Il est mieux qu"on poste les exercices dans les marathons.
Il n'y a pas un marathon pour les inégalités géométriques. | |
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expert_run
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| | Sujet: Re: Inégalité géométrique Ven 01 Juil 2011, 15:15 | |
| Pourquoi on ne crée pas un marathon d'inégalités géométriques. Ça va trop servir. | |
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Mehdi.O
Expert sup
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| | Sujet: Re: Inégalité géométrique Ven 01 Juil 2011, 15:32 | |
| Solution : - Spoiler:
i) Par C.S : (\frac{AD}{HD}+\frac{BE}{HE}+\frac{CF}{HF})\geq&space;(\sqrt{AD.BC}+\sqrt{AC.BE}+\sqrt{CF.AB})^2) . Or,  . Ainsi : \geq&space;\frac{(3\sqrt{2S})^2}{2S}=9) . ii) La deuxième inégalité découle directement de la première en utilisant AM-HM
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