Somme des hauteurs d'un triangle

Bonsoir
Cela ne coûte rien de faire les calculs de l'expression à maximiser et pourquoi philosopher sur le résultat tant que l'on ne l'a pas écrit noir sur blanc!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Avec les notations traditionnelles, $a+b+c=2p$, $p$ désigne le demi-périmètre!

Mon cher Yves
Je ne comprends pas ta dernière inégalité.portant sur $\displaystyle\sum_{cyc}\sin(\alpha)$.
$\displaystyle\sum_{cyc}\sin(\alpha)$ signifie bien $\sin(\alpha)+\sin(\beta)+\sin(\gamma)$?
Mais c'est peut-être l'inégalité de Karamata (que je ne connais pas)?
Il faut dire que je suis particulièrement bouché en ce moment.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir Yves
On oublie donc Karamata et on reprend tout à zéro?
Quand c'est fini,n.i ni ni, ça recommence?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir
Je veux au moins avoir l'expression de Budin sous les yeux avant de dire qu'on ne peut pas s'en servir
$f(a,b,c)=h_a+h_b+h_c=2S(\dfrac 1a+\dfrac 1b+\dfrac 1c)=2\dfrac{bc+ca+ab}{abc}\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$
Bof!
C'est juste un problème d'extréma liés avec $a+b+c=2p$
Cela devrait pouvoir se faire même si ce n'est pas la très grande joie!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour,

@Budin et @pappus : voici une démonstration élémentaire.

Avec des notations usuelles dans un triangle, on veut montrer que $$\displaystyle h_a+h_b+h_c \leq {\sqrt{3}\over 2} (a+b+c).$$
On note $S$ la surface du triangle : on a $$\displaystyle S={1\over 2} h_a a$$ et par la formule de Héron $$\displaystyle S={1\over 4}\sqrt{(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}.$$
On écrit donc $$\displaystyle h_a+h_b+h_c ={1\over 2}({1\over a}+{1\over b}+{1\over c})\sqrt{(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}.$$
Ici, on utilise la substitution de Ravi : $\displaystyle a=y+z, b=z+x, c=x+y$ et alors $$\displaystyle h_a+h_b+h_c=2({1\over y+z}+{1\over z+x}+{1\over x+y})\sqrt{(x+y+z)x y z}.$$
On majore simplement par $\displaystyle y+z \geq 2\sqrt{y z}$ et on a donc établi le résultat $$\displaystyle h_a+h_b+h_c \leq \sqrt{x+y+z}(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}) \leq \sqrt{3}(x+y+z) \leq {\sqrt{3}\over 2}(a+b+c)$$ où on a utilisé la concavité de la fonction $\displaystyle t \mapsto \sqrt{t},t>0$ et l’inégalité de Jensen. Voilà !

Yves M: tres joli.

Bonjour,

@Budin : je pensais à l’inégalité de Karamata avec poids. Mais ça ne marche pas parce que $a \alpha +b \beta +c \gamma \neq (a+b+c) \pi.$

Celle qui marche est simple et surtout ne fait appel à aucune autre inégalité connue dans le triangle.