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Produit des cosinus des angles d'un triangle

Modifié (16 Sep) dans Géométrie
Bonjour
Je partage  cet exercice.
Soit un triangle aigu de cotés de longueurs $  a,b, c$ et d'angles notés $A,B , C$.
Démontrer en utilisant l'inégalité suivante sans démonstration 
$$\big(\frac bc+\frac cb\big)\cos(A)+ \big(\frac ac+\frac ca\big)\cos(B)+\big(\frac ab+\frac ba\big)\cos(C)\le 3,$$ que le produit des cosinus  $\cos(A)\cos(B)\cos(C)\leq 1/8$.
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Citation :  Je suis Jack 

Réponses

  • Modifié (17 Sep)
    Bonjour
    Avez-vous essayé d'utiliser la relation
    $\left(\dfrac {b}{c}+\dfrac {c}{b}\right)\times \cos\left(A\right)=\cos\left(A\right)\times \left(2\cos\left(A\right)+\dfrac {a^2}{bc}\right)$ 
    idem avec les deux autres relations correspondantes.
    Moi perso je n'ai rien fait mais c'est peut-être intéressant d'utiliser ça dans ce contexte.
  • Modifié (17 Sep)
    Bonjour
    Je trouve bizarre ton exercice qui demande d'utiliser une inégalité (inconnue pour moi)  et qui ne semble pas plus facile à démontrer que le résultat demandé.
    Personnellement je trouve plus naturel de faire l'exercice sans l'indication.
    On peut alors démontrer par le calcul que la majoration demandée est correcte et optimale puisqu'elle est atteinte pour le triangle équilatéral.
    Maintenant, il peut y avoir une interprétation géométrique à ce produit des cosinus, qui ferait que le résultat se démontre avec moins de  calculs.
  • Modifié (17 Sep)
    j'ai sauté  la première question de l 'exercice qui demande de prouver l'inégalité. J'ai voulu savoir si la déduction  est immédiate.  Je crois trouver un raisonnement. L'inégalité  permet d'avoir que la somme des cosinus est inférieure à 3/2  (j'ai utilisé que les cosinus sont positifs (triangle aigu) et  que si on ajoute à un nombre positif son inverse on obtient un nombre plus grand que 2).
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (17 Sep)
    @Gebrane si on admet ton inégalité:    J'exprime ton inégalité  sous la forme $\dfrac{h_1+h_2+h_3}{3}\leq 1.$  La moyenne géométrique étant inférieure à la moyenne arithmétique tu obtiens $(h_1 h_2 h_3)^{1/3} \leq 1. $  Je te laisse terminer et effectivement  tu vas utiliser  des inégalités de la forme
    $\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{a^2}\geq  2$  pour conclure.   
  • Bonjour, j'avais déjà terminé le raisonnement en disant je crois trouver un raisonnement.
    Pour le moment je regarde comme un enfant émerveillé l'inégalité, d'où provient-elle ?
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (17 Sep)
    Sinon méthode bourrinage. On a vu les hypothèses (j'utilise des minuscules au lieu des majuscules pour A,B,C)
    $$\cos(a)\cos(b)\cos(c)=\cos(a)\cos(b)\cos(\pi-a-b)=-\cos(a)\cos(b)\cos(a+b)$$
    Soit $f(x)=-\cos(x)\cos(b)\cos(x+b)$ alors $f'(x)=0\Rightarrow\sin\left(2x+b\right)=0\Rightarrow x=\frac{\pi}{2}-\frac{b}{2}$ (pour rester avec un triangle obtus) et c'est un maximum pour $f$. Donc $$\cos(a)\cos(b)\cos(c)\leq-\cos(\frac{\pi}{2}-\frac{b}{2})\cos(b)\cos(\frac{\pi}{2}-\frac{b}{2}+b)=\sin^{2}\left(\frac{b}{2}\right)\cos(b)$$
    Soit alors $g(x)=\sin^{2}\left(\frac{x}{2}\right)\cos(x)$ on a $g'(x)=\sin\left(\frac{x}{2}\right)\cos\left(\frac{3x}{2}\right)=0\Rightarrow x=\frac{\pi}{3}$ (pour rester avec un triangle obtus) et c'est un maximum pour $g$.
    Donc finalement $$\cos(a)\cos(b)\cos(c)\leq\sin^{2}\left(\frac{\pi}{6}\right)\cos(\frac{\pi}{3})=\frac{1}{8}.$$
  • Modifié (17 Sep)
    @boécien bravo , tu mérites ton lycée. Je devrais laisser pour un moment les mathématiques du supérieur et revenir aux mathématiques avancées du collège.
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    Citation :  Je suis Jack 
  • "mathématiques avancées du collège ": c'est antinomique non ? :o
  • Bonsoir à tous
    Si $O$ est le centre du cercle circonscrit au triangle $ABC$ et si $H$ est l'orthocentre de ce triangle, cela résulte de la formule autrefois bien connue dans les siècles précédents:
    $$OH^2=R^2(1-8\cos A\cos B\cos C)$$
    Aujourd'hui on se doute un peu que c'est une toute autre histoire quand on ne sait plus qu'ânonner la définition des cosinus!
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour @papus @Ludwig @Rescassol

    @quelquun de bien       :)


    Une idée pour l'inégalité  $\big(\frac bc+\frac cb\big)\cos(A)+ \big(\frac ac+\frac ca\big)\cos(B)+\big(\frac ab+\frac ba\big)\cos(C)\le 3,$
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    Citation :  Je suis Jack 
  • tu as essayé avec ce que j'ai posté plus haut?
  • Tu as trouvé quelques choses avec ?, j'avais raté ton message !
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Merci @usine , j'ai trouvé avec ton indication, en fait je tombe sur une égalité . Merci 
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    Citation :  Je suis Jack 
  • @usine, pour simplifier les calculs, j'ai utilisé les sommes cycliques. Si tu veux je montre mon calcul
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (18 Sep)
    Soit un polygone strictement convexe à $n$ côtés sans angles droits. Je note les angles intérieurs aux sommets $A_{i}$.
    Pour un triangle on a vu que $$\prod_{i=1}^{3}\cos\left(A_{i}\right)\leq\cos\left(\frac{\pi}{3}\right)^{3}.$$
     A-t-on pour $n\geq3$ $$\prod_{i=1}^{n}\cos\left(A_{i}\right)\leq\cos\left(\frac{\pi}{n}\right)^{n,},$$ ou quelque chose du genre ?
    Edit: la question n'a pas trop de sens comme ça... Faut que je réfléchisse.
  • Modifié (18 Sep)
    Bonjour,
    D'après les formules de projection, on a :
    $ \quad a = b \cos(C) + c \cos(B) $

    $  \quad b = c \cos(A) + a \cos(C) $

    $ \quad c = a \cos(B) +  b \cos(A).$

    On en tire :
    $ \quad 1= \dfrac{b}{a} \cos(C) + \dfrac{c}{a} \cos(B) $

    $  \quad 1 = \dfrac{c}{b} \cos(A) + \dfrac{a}{b} \cos(C) $

    $ \quad 1 = \dfrac{a}{c} \cos(B) +  \dfrac{b}{c} \cos(A).$

    Par somme, on obtient :

    $\dfrac{b}{a} \cos(C) + \dfrac{c}{a} \cos(B)+\dfrac{c}{b} \cos(A) + \dfrac{a}{b} \cos(C)+\dfrac{a}{c} \cos(B) +  \dfrac{b}{c} \cos(A) = 3$

    soit

    $\dfrac{c}{b} \cos(A)+\dfrac{b}{c} \cos(A)+\dfrac{c}{a} \cos(B)+\dfrac{a}{c} \cos(B)+\dfrac{b}{a} \cos(C) +\dfrac{a}{b} \cos(C)=3$

    donc

    $(\dfrac{c}{b}+\dfrac{b}{c}) \cos(A)+(\dfrac{c}{a}+\dfrac{a}{c})\cos(B)+(\dfrac{b}{a} +\dfrac{a}{b}) \cos(C)=3$


    Amicalement
  • Modifié (18 Sep)
    Merci c'est plus simple comme ça
    @Boécien il faut commencer par un quadrilatère convexe.
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (18 Sep)
    En prenant un parallélogramme dont les angles sont $\frac\pi6$ et $\frac{5\pi}6$ on a un produit des cosinus égal à $\frac9{16}$ ce qui est plus grand que $\left(\cos\frac\pi4\right)^4$
  • Merci. Je dois réfléchir car avec un quadrilatère on peut approcher 1 comme on veut.
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