Inégalité n°2

Bonjour, Quelque chose ne va pas si $A=180^{\circ}$, $B=0$ et $C=0$ et aux alentours ?

Bonjour,

As-tu essayé avec $A=\pi$ ?

Bonjour Bouzar
Une suggestion :
$\left( 1-\cos A\right) \left( 1-\cos B\right) \left( 1-\cos C\right) -\cos A\cos B\cos C=\left( \dfrac{IH}{2R}\right) ^{2}$
Amicalement. Poulbot

Bonjour, ça va être lourd mais c'est une preuve, l'inégalité en question est équivalente après remplacement, (disons $x$ et $y$ aigus), $$
(1-\cos(x))(1-\cos(y))(1+\cos(x+y))+\cos(x)\cos(y)\cos(x+y)\ge 0.
$$ C'est clair que ceci implique ici que cette inégalité est vrai aussi si $x$ et $y$ sont obtus. Une formule trigonométrique linéaire-produit donne l'équivalent suivant où j'ai remplacé $\cos(x+y)+1=X^2$ et $\cos(x-y)+1=Y^2$, notre variables entre $0$ et $\sqrt{2}$.
Bref c'est $$
X^2XY\le X^4-1.5X^2-0.5Y^2+Y^2X^2+1.
$$ Un polynôme en $X^4$ ayant $4$ racines complexes conjuguées.
Je vais les écrire (des monstres formule avec un programme) $$

\dfrac{1}{4}y+\dfrac{1}{4}\sqrt{y^2-2}\pm 0.25 \sqrt{\dfrac{-6y^2\sqrt{y^2-2}-14\sqrt{y^2-2}+6y(y^2-2)}{\sqrt{y^2-2}}}, \\
\dfrac{1}{4}y-\dfrac{1}{4}\sqrt{y^2-2}\pm 0.25 \sqrt{\dfrac{-6y^2\sqrt{y^2-2}-14\sqrt{y^2-2}-6y(y^2-2)}{\sqrt{y^2-2}}}.

$$ Je vous laisse prouver les détails (l'intérieur de la racine est négatif).

Je ne blague pas $$
(1+\cos(x+y))(1-2\cos(\frac{x+y}{2})\cos(\frac{x-y}{2})+\cos(x)\cos(y))+\cos(x+y)\dfrac{\cos(x+y)+\cos(x-y)}{2}\ge 0
$$ équivalent à $$
(1+\cos(x+y))(1-\sqrt{\cos({x+y})+1}\sqrt{\cos(x-y)+1}+ \dfrac{\cos(x+y)+\cos(x-y)}{2} )+\cos(x+y)\dfrac{\cos(x+y)+\cos(x-y)}{2}\ge 0
$$ équivalent à $$
(X^2)(1-XY+\frac{X^2+Y^2-2}{2})+(X^2-1)\dfrac{X^2+Y^2-2}{2}\ge 0
$$ Le polynôme en $X$ doit être celui que j'ai posté.

Salut Chaurien.