Une inégalité de convexité

Salut.

En voici une que j'ai apprise il y a peu.

$:\text{pour tout triangle de cotes }a,,b,,c\text{ et d'aire }\mathcal{a},,\text{ on a :}$

$\fbox{a^2 + b^2 + c^2 \geq (a-b)^2 + (b-c)^2 +(c-a)^2 + 4 \mathcal{a} \sqrt3}$

Joli, non ?

Pour la preuve : Al-Kashi, expression de l'aire, sin(A/2) et ... convexité de la fonction tangente sur [0 ; $p i$ /2[.

Bon. La figure rappelle les notations

Alors on a
$a2=b2+c2−2,bc,cos⁡a^a^2 = b^2 + c^2 - 2,bc,\cos\hat a$
Or
$b^2 + c^2 = (b-c)^2 + 2,bc$
donc
$a2=(b−c)2+2,bc−2,bc,cos⁡a^a^2 = (b-c)^2 + 2,bc - 2,bc,\cos\hat a$
d'où
$a2=(b−c)2+2,bc(1−cos⁡a^).a^2 = (b-c)^2 + 2,bc (1 - \cos\hat a).$
C'est un début, n'est-ce pas.

La suite maintenant.

Dans la dernière ligne ci-dessus, on voit le produit $bc\ bc$ .

Or on a
$a=12,bc,sin⁡a^\mathcal{a} = \frac12, bc , \sin \hat a$
c'est-à-dire
$bc=2asin⁡a^bc = \frac{2\mathcal{a}}{\sin\hat a}$
d'où
$\fbox{a^2 = (b-c)^2 + 4\mathcal{a},\frac{1 - \cos \hat a}{\sin \hat a}}$

De la même manière, on obtient

$b2=(c−a)2+4a,1−cos⁡b^sin⁡b^b^2 = (c-a)^2 + 4\mathcal{a},\frac{1 - \cos \hat b}{\sin \hat b}$

$c2=(a−b)2+4a,1−cos⁡c^sin⁡c^c^2 = (a-b)^2 + 4\mathcal{a},\frac{1 - \cos \hat c}{\sin \hat c}$

Un peu de trigo permettra de simplifier un peu ces fractions...

coucou
très belle démonstration

coucou

mais c'est pas fini ! et puis attends l'apparition de la convexité (si, si, je suis sûr que ça te dit quelque chose).

Alors un peu de trigo, maintenant...

On a pour tout $x$ réel
$sin⁡(2x)=2,sin⁡x,cos⁡x\sin(2x) = 2, \sin x, \cos x$

on en déduit
$sin⁡a^=2,sin⁡a^2,cos⁡a^2\sin\hat a = 2, \sin \frac{\hat a}2 , \cos \frac{\hat a}2$

Maintenant, on peut reporter ceci dans l'égalité précédente

$a2=(b−c)2+4a,1−cos⁡a^sin⁡a^a^2 = (b-c)^2 + 4\mathcal{a},\frac{1 - \cos \hat a}{\sin \hat a}$
ce qui donne

$(1)a2=(b−c)2+4a,1−cos⁡a^2,sin⁡a^2,cos⁡a^2(1)\qquad \qquad \qquad a^2 = (b-c)^2 + 4\mathcal{a},\frac{1 - \cos \hat a}{2, \sin \frac{\hat a}2 , \cos \frac{\hat a}2}$

De même, on a pour tout $x$ réel

$cos (2x) =1 - 2\sin^2 x$

d'où l'on déduit

$1−cos⁡a^2=sin⁡2[a^2]\frac{1-\cos \hat a}2 = \sin^2 \big[\frac{\hat a}2\big]$

Remplaçons à nouveau dans (1), pour obtenir

$a2=(b−c)2+4a,sin⁡2[a^2]sin⁡a^2,cos⁡a^2a^2 = (b-c)^2 + 4\mathcal{a},\frac{\sin^2 \big[\frac{\hat a}2\big]}{ \sin \frac{\hat a}2 , \cos \frac{\hat a}2}$

c'est-à-dire
$a2=(b−c)2+4a,sin⁡a^2cos⁡a^2a^2 = (b-c)^2 + 4\mathcal{a},\frac{\sin \frac{\hat a}2}{\cos \frac{\hat a}2}$

d'où enfin
$\fbox{a^2 = (b-c)^2 + 4\mathcal{a},\tan\frac{\hat a}2}$

Z... t'es vraiment dans ton tripe avec les démonstrations?!
D'ailleurs, à mon grand étonnement, il n'y a encore aucun théorème qui porte ton nom? ou ton prénom? ou ton pseudo?!!!... je suis déçue...

Bah, Nell' tu vas rester déçue longtemps alors...

Après cet aparté, je reprends :

De même, on a
$b2=(c−a)2+4a,tan⁡b^2b^2 = (c-a)^2 + 4\mathcal{a},\tan\frac{\hat b}2$
$c2=(b−a)2+4a,tan⁡c^2c^2 = (b-a)^2 + 4\mathcal{a},\tan\frac{\hat c}2$
d'où il résulte en définitive

$\fbox{a^2 +b^2 + c^2 = (b-c)^2 + (c-a)^2 + (b-a)^2 +4\mathcal{a}\left(\tan\frac{\hat a}2 + \tan\frac{\hat b}2 + \tan\frac{\hat c}2\right)$
ce qui est déjà bien. On s'attaque ensuite à la somme des trois tangentes...

*Bah, je ne pense pas Z... T'as vu tout ce que tu as mis sur le forum comme théorèmes, démonstrations, exemples (t'as pas encore essayé les blagues?...ah non, ça c'est moi!!! )... tu vas voir : d'ici peu, je suis sûre qu'on va pouvoir trouver en librairie quelques bouquins à ton effigie! ...dans le nord... :rolling_eyes: ... non je déconne mon ptit Z, je ne te vannes pas!! j'admire ton boulot, et celui que tu fais pour le forum!Merci!... *

Pour ma part, je suis en préparation (très très très lente, vu qu'il pleut des partiels ces temps-ci!) de quelques formulaires supplémentaires!!!... faut pas perdre les bonnes habitudes!

N'imp', Nell' : je suis trop beau pour être mis en photo ! et... t'as fini de jouer avec les trucs qui clignotent ?

C'est le lieu pour parler un peu de convexité.

déf. 1 Un ensemble E dans le plan est convexe, lorsque le segment joignant deux quelconques de ces points est tout entier contenu dans E. Précisément, pour tous A, B de E, pour tout point M du segment [AB], alors M est dans E.

à gauche : convexe $\qquad$ ; $\qquad$ à droite : non-convexe

La représentation graphique $(γ)(\gamma)$ d'une fonction $f$ définit un ensemble $e_f$ des points situés au-dessus de $(γ)(\gamma)$ : c'est l'ensemble des points $m (x; y)$ tels que $\geq f(x)$ - les $x$ étant compris dans le domaine $i$ de définition de $f$ .

$ef=m(x,;,y),∣,x∈i,;y≥f(x).e_f = {m(x,;,y), \mid, x \in i, ; y \geq f(x)}.$

déf. 2 Alors la fonction $f$ est convexe sur $i$ lorsque cet ensemble $e_f$ est lui-même convexe au sens de la définition 1.

Cela se traduit par le fait que, en reliant deux points de la courbe de $f$ , le segment tracé est tout entier situé au-dessus de la courbe.

[image à inclure]

Un point de ce segment peut se caractériser en terme de barycentre...

[La suite plus tard]

*Quels trucs qui clignotent??? ...
Pour ta photo, je comprend... c'est un forum public! Et il ne faudrait pas perdre de mathforeurs...
Quant à une photo à l'échelle nationale , la France n'est pas encore prête... et encore moins à l'échelle internationale !!!... je comprends, je suis dans le même cas que toi!
Quoi que pour ton bouquin : pas besoin de photos?! *

Bon, mais pour lma convexité : je suis tout à fait d'accord!! :rolling_eyes: