Inégalité de Ono

Bonjour,
Je propose ce nouvel exercice.
Montrer que pour tout triangle acutangle d'aire $S$, on a :
$$27(b^2+c^2-a^2)^2(c^2+a^2-b^2)^2(a^2+b^2-c^2)^2 \le (4S)^6.$$

Réponses

  • En utilisant la formule de [size=large]H[/size]éron on peut déjà enlever une variable, la variable c par exemple pour cela on divise par c12

    on obtient avec a=A/C et b=B/C :

    27(1+a²-b²)²(1+b²-a²)²(b²+a²-1)²<((a+b+1)0.5(a+b-1)0.5(a+1-b)0.5(1+b-a)0.5))3

    on obtient donc l'inégalité pour un triangle de coté a=A/C b=B/C et c=1

    27(1+a²-b²)²(1+b²-a²)²(b²+a²-1)²<(4S)6

    De plus on a (c'est une photo)

    [Heron d'Alexandrie (environ 10 - environ 75 après JC) prend toujours une majuscule. AD]52851
  • tu as oublié la condition suivante a2+b2>c2, b2+c2>a2, et c2+a2>b2


    On a alors en développant avec [size=large]H[/size]éron :

    27(1+a²-b²)²(1+b²-a²)²(b²+a²-1)²<(4(a+b+1)0.5(a+b-1)0.5(b-a+1)0.5(a-b+1)0.5))3

    on développant le membre de droite on a :

    (((a+b)²(a-b)²+(a+b)²-1+(a-b)²)0.25)3

    on pose alors b²-a²=cst cela donne

    27(1-cst)²(1+cst)²(b²+a²-1)²((cst²+2(b²+a²)-1)0.25)3

    on pose x=a²+b²

    27(1-cst)²(1+cst)²(x-1)²<((cst²+2(x)-1)0.25)3

    on étudie alors la fonction f(x)=27(1-cst)²(1+cst)²(x-1)²-((cst²+2(x)-1)0.25)3
  • Bonjour,

    Une équivalence avec des triangles acutangles:

    $\tan\widehat{A}\,\tan\widehat{B}\,\tan\widehat{C}\geq 3\sqrt{3}$
  • Bon après-midi
    A vue de Schmack, cela devrait revenir à minimiser le produit $\tan(A)\tan(B)\tan(C)$
    amicalement
    [small]p[/small]appus
  • on a pour un triangle de cotés a,b,c la loi des cotangentes52853
    52855
  • Une autre piste qui me semble prometteuse serait d'appliquer tout simplement l'inégalité aritmético-géométrique.
    J'ai la flemme de le vérifier étant sur mon iPhone.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • bonjour

    $K = (b^2+c^2-a^2)^2(c^2+a^2-b^2)^2(a^2+b^2-c^2)^2$
    $K = 64(abc)^4\cos^2(A)\cos^2(B)\cos^2(C)$ avec la loi des cosinus

    La loi des sinus donne:

    $\frac{a}{\sin(A)} = \frac{b}{\sin(B)} = \frac{c}{\sin(C)} = \frac{abc}{2S}$

    Le produit des 3 premiers termes est le cube du 4 ème terme, puis élévation au carré, d'où:

    $(abc)^4 = \frac{2^6S^6}{\sin^2(A)\sin^2(B)\sin^2(C)}$

    On remplace dans K

    $K = (4S)^6 \cot^2(A)\cot^2(B)\cot^2(C)$

    D'après la formule 5 ici http://mathworld.wolfram.com/TriangleInequalities.html

    $\cot(A)\cot(B)\cot(C) <= \frac19\sqrt{3}$

    $K <= (4S)^6* \frac{1}{27}$
    $27(b^2+c^2-a^2)^2(c^2+a^2-b^2)^2(a^2+b^2-c^2)^2 <= (4S)^6$

    mais je n'ai pas utilisé l'hypothèse des 3 angles aigus ...
  • Bonsoir
    Puisque $b^{2}+c^{2}-a^{2}=2bc\cos A=4S\cot A,...$, l'inégalité est équivalente à $\cot ^{2}A\cot ^{2}B\cot ^{2}C\leq \dfrac{1}{27}$.
    Puisque $\cot A\cot B+\cot B\cot C+\cot C\cot A=1$, il suffit, dans le cas d'un triangle acutangle, "d'appliquer tout simplement l'inégalité arithmético-géométrique" (Pappus) :
    $\cot ^{2}A\cot ^{2}B\cot ^{2}C\leq \left( \frac{\cot A\cot B+\cot B\cot C+\cot C\cot A}{3}\right) ^{3}$.
    Cordialement. Poulbot
  • Bonsoir
    Ça ne marche pas, dommage!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonsoir Pappus
    Qu'est-ce qui ne marche pas?
    L'inégalité $AG$ marche très bien, elle (voir juste au-dessus)
    Amicalement. Poulbot

    @joel_5632 "mais je n'ai pas utilisé l'hypothèse des 3 angles aigus ..."
    Ben si, en élevant au carré l'inégalité $\cot A\cot B\cot C\leq \dfrac{\sqrt{3}}{9}$.
  • Quelques précisions sur la démonstration.52865
  • Merci Poulbot!
    Nos messages se sont croisés.
    J'appliquais l'inégalité arithmético- géométrique au triplet $\big((b^2+c^2-a^2)^2,(c^2+a^2-b^2)^2,((a^2+b^2-c^2)^2\big)$
    et cela ne marchait pas.
    Heureusement, tu es passé par là et tu as appliqué cette fameuse inégalité au bon triplet!
    J'aurais dû y songer, une fois obtenue la forme trigonométrique!
    Je pense que ta démonstration est la meilleure comme d'habitude!
    Bravo!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonne Nuit
    Si on est brouillé avec la trigo du triangle et qu'on a oublié les lois des sinus et des cosinus, on peut appliquer l'inégalité $AG$ au triplet $(u,v,w)$ avec:
    $u=(c^2+a^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)$
    $v=(a^2+b^2-c^2)(b^2+c^2-a^2)$
    $w=(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)$
    $u>0$, $v>0$, $w>0$ si et seulement si le triangle est acutangle.
    On peut alors appliquer l'inégalité $AG$.
    Compte tenu de $uvw=(b^2+c^2-a^2)^2(c^2+a^2-b^2)^2(a^2+b^2-c^2)^2$ et de $u+v+w=16S^2$, on tombe sur l'inégalité de Ono!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
    PS
    Modulo le passage à la trigo, cela revient exactement à la démo de Poulbot!
  • Bonjour
    Pour les amateurs de belles figures.
    Prenant, dans un repère orthonormé, $B=\left[ -\frac{a}{2},0\right] ,C=\left[ \frac{a}{2},0\right] $, tracer la quartique circulaire rationnelle $\gamma $ paramétrée par
    $x=\dfrac{a}{6\sqrt{3}}\dfrac{t\left( t^{2}+9\right) }{t^{2}+1},y=\dfrac{a}{12\sqrt{3}}\dfrac{\left( t^{2}-3\right) ^{2}}{t^{2}+1}$ et sa symétrique $\gamma ^{\prime }$ par rapport à $\left( BC\right) $.

    Hormis le cas du triangle équilatéral, $\gamma \cup \gamma ^{\prime }$ est le lieu des points $A$ pour lesquels l'inégalité de Ono devient une égalité.
    Hachurez (ou coloriez) sur la figure l'ensemble des points $A$ du plan pour lesquels l'inégalité de Ono est vérifiée : sa frontière est $\gamma \cup \gamma ^{\prime }$ et il contient tous les points $A$ pour lesquels $ABC$ est acutangle.
    Cordialement. Poulbot
  • Mon cher Poulbot
    Je pensais l'exercice terminé et l'égalité atteinte pour le triangle équilatéral.
    Mais tu m'étonneras toujours!!
    En attendant d'être convaincu de l'existence de cette quartique, je pense avoir réussi à la tracer grâce à ton paramétrage.
    Est-ce cela qu'on obtient?
    Il resterait à faire les hachures adéquates mais je suis à peine réveillé et je ne suis même pas sûr de son tracé!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus52873
  • Bonjour Pappus
    cela semble correct, évidemment.
    "Je pensais l'exercice terminé et l'égalité atteinte pour le triangle équilatéral"
    C'est vrai pour un triangle acutangle, mais si on prend $A$ sur la réunion des $2$ quartiques que tu as tracées, $ABC$ est obtusangle et l'inégalité devient une égalité. Un cas simple : $AB=AC$ et $\cos A=-\dfrac{1}{7}$;
    L'inégalité est vérifiée sur les $2$ composantes connexes non bornées médianes.
    Amicalement. Poulbot
  • Bonjour
    Voici une nouvelle figure qu'il faudrait hachurer mais elle m'inquiète beaucoup car elle semblerait dire que seuls les deux sommets des triangles équilatéraux de bas $BC$ conviennent!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus52875
  • Bonjour,
    Merci à tous pour vos contributions.
    On sait que :
    $$ \cot \hat{A} = \frac {b^2 + c^2 - a^2}{4S} \ , \ \cot \hat{B} = \frac {a^2 + c^2 - b^2}{4S} \ , \ \cot \hat{C} = \frac {a^2 + b^2 - c^2}{4S}.$$
    On a :

    $27(b^2+c^2-a^2)^2(c^2+a^2-b^2)^2(a^2+b^2-c^2)^2 \le (4S)^6 $

    $\iff 27\cot^{2} \hat{A} \cdot \cot^{2} \hat{B} \cdot \cot^{2} \hat{C} \le 1$

    $\iff \cot \hat{A}\cdot \cot \hat{B}\cdot \cot \hat{C}\le \frac {_1}{^9}\sqrt {3}$

    $\iff \tan \hat{A}\times \tan \hat{B} \times \tan \hat{C}\ge 3\sqrt {3}.$

    Montrons que :

    $$ \tan \hat{A}\times \tan \hat{B} \times \tan \hat{C} = \tan \hat{A} + \tan \hat{B} + \tan \hat{C}.$$

    $\tan \hat{C} =\tan (\pi - (\hat{A}+\hat{B})) = \tan (- (\hat{A}+\hat{B})) = \dfrac{-\tan \hat{A} - \tan \hat{B}}{1- \tan \hat{A} \times \tan \hat{B} } $

    ce qui donne

    $\tan \hat{C}( 1- \tan \hat{A} \times \tan \hat{B} )=-\tan \hat{A} - \tan \hat{B}$

    et donc

    $ \tan \hat{A}\times \tan \hat{B} \times \tan \hat{C} = \tan \hat{A} + \tan \hat{B} + \tan \hat{C}.$

    Par suite, on a :

    $27(b^2+c^2-a^2)^2(c^2+a^2-b^2)^2(a^2+b^2-c^2)^2 \le (4S)^6 $

    $\iff \tan \hat{A}+ \tan \hat{B}+ \tan \hat{C}\ge 3\sqrt {3}.$

    Montrons que :

    $$\tan \hat{A}+ \tan \hat{B}+ \tan \hat{C}\ge 3\sqrt {3}.$$

    L'inégalité de Jensen version discrète appliquée à la fonction tangente sur $]0;\dfrac{\pi}{2}[$ donne

    $\tan \hat{A}+ \tan \hat{B}+ \tan \hat{C}\ge 3\times \tan(\dfrac{ \hat{A} + \hat{B} + \hat{C}}{3}) = 3 \tan(\dfrac{\pi}{3}) = 3\sqrt {3}.$
  • Re-bonjour Pappus
    tu peux effacer tes lignes noires et hachurer les $2$ composantes connexes bordées par les lignes rouges contenant tes points $A$ et $A^{\prime }$.
    Une petite explication : supposant $A=\left[ x,y\right] $ avec $y>0$, on a
    $ay\cot A=x^{2}+y^{2}-\dfrac{a^{2}}{4},y\cot B=x+\dfrac{a}{2},y\cot C=\dfrac{a}{2}-x$.
    Pour un triangle obtusangle, l'inégalité sera vérifiée ssi $\cot A\cot B\cot C\geq -\dfrac{1}{3\sqrt{3}}$, soit $\left( x^{2}+y^{2}-\dfrac{a^{2}}{4}\right) \left( \dfrac{a^{2}}{4}-x^{2}\right) \geq -\dfrac{a}{3\sqrt{3}}y^{3}$, inégalité qui est toujours vérifiée pour un triangle acutangle.
    Ainsi, en supposant $y>0$, l'inégalité de Ono est vérifiée ssi $f\left( x,y\right) \leq 0$ où $f\left( x,y\right) =\left( x^{2}+y^{2}-\dfrac{a^{2}}{4}\right) \left( x^{2}-\dfrac{a^{2}}{4}\right) -\dfrac{a}{3\sqrt{3}}y^{3}\leq 0$.
    Pour paramétrer la quartique $f\left( x,y\right) =0$, ce qui est d'ailleurs facultatif, je l'ai coupée par un cercle passant par $B$ et $C$ :
    si $x^{2}+y^{2}-\dfrac{a^{2}}{4}=zy$, on a $y=\dfrac{3\sqrt{3}z^{2}}{3\sqrt{3}z+a},x^{2}=\dfrac{a}{4}\left( 4\sqrt{3}z+a\right) \left( \dfrac{\sqrt{3}z+a}{3\sqrt{3}z+a}\right) ^{2}$,
    puis, avec $4\sqrt{3}z+a=\dfrac{a}{3}t^{2}$, on obtient le paramétrage que j'avais donné.
    Amicalement. Poulbot
  • Merci Poulbot pour tes explications!
    Je ne peux plus colorier depuis que le forum n'accepte plus les fichiers .bmp
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Mon cher Poulbot
    Un petit détail qui me turlupine et que j'ai la flemme de vérifier.
    Sur ma figure, les points $A$ et $A'$ tels que les triangles $ABC$ et $A'BC$ soient équilatéraux sont-ils des points isolés de ta quartique?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Re-bonjour Pappus
    Oui : $A'$ est un point singulier isolé de $\gamma $ et vice-versa.
    Amicalement. Poulbot
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