¿Cumple todo triángulo $\frac{abc}{R^3} \ln \left(\frac{a}{R}\right)\ln \left(\frac{b}{R}\right)\ln \left(\frac{c}{R}\right) > -\ln 2$ ?

Question

Si $a,b,c$ son los lados de un triángulo inscrito en un círculo de radio $R$ . ¿Es cierto que

$$ \frac{abc}{R^3} \ln \left(\frac{a}{R}\right)\ln\left(\frac{b}{R}\right)\ln \left(\frac{c}{R}\right) > - \ln 2 \tag 1 $$

Realicé una simulación Monte Carlo para la expresión en el LHS y obtuve un mínimo de $- 0.6923259$ después de mil millones de muestras. Este valor es ligeramente superior a $\ln2 \approx 0.6931$ . ¿Se puede probar esto?

Actualización 1 : Usando la idea del comentario de @Anon podemos mostrar el resultado ligeramente más débil de que LHS $> - \frac{4\ln^2 2}{e} \approx -0.7069951$ . Si un lado del triángulo es menor que $R$ y los otros dos lados son mayores que $R$ entonces el LHS será negativo. Por lo tanto, tenemos que minimizar $x \ln x$ para un lado y maximizarlo para los otros dos lados. El valor mínimo de $x\ln x$ se produce en $x = \frac{R}{e}$ y para el triángulo de radio circunferencial $R$ ya que ningún lado puede superar $2R$ de ahí $x\ln x < \frac{2R}{R} \ln \frac{2R}{R} = 2\ln 2$ . Por lo tanto, el LHS de $(1)$ debe ser como mínimo $> - \frac{4\ln^2 2}{e}$ .

Actualización 2 : Una mejora de la estimación de la actualización 1 es la siguiente. Si un lado de un triángulo es $a = \frac{1}{e}$ ¿Cuál es la longitud máxima posible de los otros lados? Manipulaciones algebraicas sencillas dan $b = c = \sqrt{2 + \sqrt{4 - \frac{1}{e^2}}}$ y sustituyéndolos por $(1)$ obtenemos

$$ LHS \ge -\frac{1}{e}\left(\sqrt{1 - \frac{1}{2e}} + \sqrt{1 + \frac{1}{2e}}\right)^2 \ln^2 \left(\sqrt{1 - \frac{1}{2e}} + \sqrt{1 + \frac{1}{2e}}\right) \approx -0.692325 $$

Pero hay que tener en cuenta que éste puede no ser el mínimo, ya que el verdadero mínimo puede darse en $a \ne \frac{1}{e}$ .

Actualización 3 : Bajo la suposición de que el mínimo se producirá cuando el triángulo es isósceles, podemos demostrar que el mínimo es $-0.62918$ como muestra K.defaoite. He separado y prueba que he publicado a continuación.

Answer 1

Prueba .

Tenemos que demostrar que, para todos $x, y, z > 0$ con $x + y + z = \pi$ , $$8\sin x \sin y \sin z \cdot \ln (2\sin x) \cdot \ln(2 \sin y) \cdot \ln(2\sin z) > -\ln 2. \tag{1}$$

Sólo tenemos que demostrar el caso de que $\ln (2\sin x) \cdot \ln(2 \sin y) \cdot \ln(2\sin z) < 0$ .

Nos dividimos en dos casos.

Caso 1 : $\ln(2\sin x) < 0, \ln(2\sin y) < 0, \ln(2\sin z) < 0$

Es fácil demostrar que $-\mathrm{e}^{-1} \le u\ln u < 0$ para todos $u\in (0, 1)$ . Por lo tanto, tenemos $-\mathrm{e}^{-1} \le 2\sin x \ln(2\sin x) < 0$ etc. y $$\mathrm{LHS} \ge (-\mathrm{e}^{-1})^3 > -\ln 2.$$

$\phantom{2}$

Caso 2 : $\ln(2\sin x) > 0, \ln(2\sin y) > 0, \ln(2 \sin z) < 0$

Tenemos $x, y \in (\pi/6, 5\pi/6)$ y $z \in (0, \pi/6)$ .

Tenga en cuenta que $x\mapsto \ln (2\sin x)$ es cóncava en $(\pi/6, 5\pi/6)$ . Tenemos $$\ln(2\sin x) + \ln(2\sin y) \le 2\ln\left(2\sin \frac{x + y}{2}\right). \tag{2} $$ Utilizando (2), tenemos $$2\sin x \cdot 2\sin y \le \left(2\sin \frac{x + y}{2}\right)^2. \tag{3}$$ Por AM-GM, utilizando (2), tenemos $$ \ln(2\sin x) \ln (2\sin y) \le \frac14[\ln(2\sin x) + \ln(2\sin y)]^2\le \ln^2\left(2\sin \frac{x + y}{2}\right). \tag{4}$$

A partir de (1), (3) y (4), basta con demostrar que $$ \left(2\sin \frac{x + y}{2}\right)^2\cdot \ln^2\left(2\sin \frac{x + y}{2}\right) \cdot 2\sin z \cdot \ln(2\sin z) > -\ln 2$$ o $$ \left(2\cos\frac{z}{2}\right)^2\cdot \ln^2\left(2\cos \frac{z}{2}\right) \cdot 2\sin z \cdot \ln(2\sin z) > -\ln 2$$ o $$\ln^2 2 > \left(2\cos\frac{z}{2}\right)^4\cdot \ln^4\left(2\cos \frac{z}{2}\right) \cdot 4\sin^2 z \cdot \ln^2(2\sin z)$$ o $$\ln^2 2 > (2 + 2\cos z)^2 \cdot \frac{1}{2^4}\ln^4 (2 + 2\cos z)\cdot 4(1 - \cos^2 z)\cdot \frac{1}{2^2}\ln^2(4 - 4\cos^2 z)$$ donde utilizamos $4\cos^2 \frac{z}{2} = 2 + 2\cos z$ .

Dejar $u = \cos z$ basta con demostrar que, para todo $\frac{\sqrt 3}{2} < u < 1$ , $$\ln^2 2 > (2 + 2u)^2 \cdot \frac{1}{2^4}\ln^4 (2 + 2u)\cdot 4(1 - u^2)\cdot \frac{1}{2^2}\ln^2(4 - 4u^2) \tag{5}$$ lo cual es cierto. La prueba se da al final.

Hemos terminado.

$\phantom{2}$

---

Prueba de (5):

Utilizando $\frac{64}{63}u^2 + \frac{63}{64} - 2u = \frac{1}{4032}(64u-63)^2 \ge 0$ tenemos $$(2 + 2u)^2 = 4 + 4u^2 + 8u \le 4 + 4u^2 + 4\left(\frac{64}{63}u^2 + \frac{63}{64}\right) .$$

Basta con demostrar que $$\ln^2 2 > \frac{1}{256}\left(\frac{508}{63}u^2 + \frac{127}{16}\right)\ln^4 \left(\frac{508}{63}u^2 + \frac{127}{16}\right) \cdot (1 - u^2)\ln^2(4 - 4u^2). \tag{6}$$

Dejar $4 - 4u^2 = v$ basta con demostrar que, para todo $v \in (0, 1)$ , $$\ln^2 2 > \frac{1}{1024}\left(\frac{16129}{1008} - \frac{127}{63}v\right) \ln^4 \left(\frac{16129}{1008} - \frac{127}{63}v\right) \cdot v\ln^2 v. \tag{7}$$

Podemos demostrar que, para todo $v\in (0, 1)$ , $$v\ln^2 v \le \frac98\ln^2 2 + (9\ln^2 2 - 6\ln 2)(v - 1/8). \tag{8}$$ ( Nota : El RHS es la aproximación de Taylor de primer orden del LHS alrededor de $v = 1/8$ . Prueba : Toma derivada).

También podemos demostrar que, para todo $v\in (0, 1)$ , $$\ln \left(\frac{16129}{1008} - \frac{127}{63}v\right) \le \ln\frac{15875}{1008} - \frac{16}{125}(v - 1/8). \tag{9}$$ ( Nota : El RHS es la aproximación de Taylor de primer orden del LHS alrededor de $v = 1/8$ . Prueba : Toma derivada).

Basta con demostrar que, para todo $v\in (0, 1)$ , \begin{align*} \ln^2 2 &> \frac{1}{1024}\left(\frac{16129}{1008} - \frac{127}{63}v\right) \left[\ln\frac{15875}{1008} - \frac{16}{125}(v - 1/8)\right]^4\\[10pt] &\qquad \times \left[\frac98\ln^2 2 + (9\ln^2 2 - 6\ln 2)(v - 1/8)\right]. \tag{10} \end{align*}

Utilizando $\ln\frac{15875}{1008} < \frac{397}{144}$ basta con demostrar que para todo $v\in (0, 1)$ , \begin{align*} \ln^2 2 &> \frac{1}{1024}\left(\frac{16129}{1008} - \frac{127}{63}v\right) \left[\frac{397}{144} - \frac{16}{125}(v - 1/8)\right]^4\\[10pt] &\qquad \times \left[\frac98\ln^2 2 + (9\ln^2 2 - 6\ln 2)(v - 1/8)\right] \end{align*} o \begin{align*} 1 &> \frac{1}{1024}\left(\frac{16129}{1008} - \frac{127}{63}v\right) \left[\frac{397}{144} - \frac{16}{125}(v - 1/8)\right]^4\\[10pt] &\qquad \times \left[\frac98 + \left(9 - \frac{6}{\ln 2}\right)(v - 1/8)\right]. \tag{11} \end{align*}

Nos dividimos en dos casos.

Caso 1 : $0 < v \le 1/8$

Utilizando $\ln 2 > \frac{70}{101}$ basta con demostrar que \begin{align*} 1 &> \frac{1}{1024}\left(\frac{16129}{1008} - \frac{127}{63}v\right) \left[\frac{397}{144} - \frac{16}{125}(v - 1/8)\right]^4\\[10pt] &\qquad \times \left[\frac98 + \left(9 - \frac{6}{70/101}\right)(v - 1/8)\right].\tag{12} \end{align*} Dejar $v = \frac{1}{8 + w}$ para $w \ge 0$ (12) se escribe como $$\frac{F(w)}{10113169489920000000000000(8+w)^6} > 0$$ donde \begin{align*} F(w) &= 2416264063255035327931w^6 + 53231769508888881467040w^5\\ &\qquad + 440259554245249137560000w^4 + 4667308406207884160000000w^3\\ &\qquad + 67053001632350760000000000w^2 + 463246417085920000000000000w\\ &\qquad + 1111827500508480000000000000. \end{align*} Por lo tanto, (12) es cierto.

Caso 2 : $1/8 < v < 1$

Utilizando $\ln 2 < \frac{61}{88}$ basta con demostrar que \begin{align*} 1 &> \frac{1}{1024}\left(\frac{16129}{1008} - \frac{127}{63}v\right) \left[\frac{397}{144} - \frac{16}{125}(v - 1/8)\right]^4\\[10pt] &\qquad \times \left[\frac98 + \left(9 - \frac{6}{61/88}\right)(v - 1/8)\right]. \tag{13} \end{align*} Dejar $v = \frac{1 + 8w}{8 + 8w}$ para $w > 0$ (13) se escribe como $$\frac{G(w)}{17625809682432000000000000(1+w)^6} > 0$$ donde \begin{align*} G(w) &= 823425037465312092776856w^6 + 3524126527531263109253089w^5\\ &\qquad +5778219879301331456143375w^4+4426205206524727153031250w^3\\ &\qquad +1504381676597156324218750w^2+163085374636585205078125w\\ &\qquad +7391954425377685546875. \end{align*} Por lo tanto, (13) es cierto.

Hemos terminado.

Answer 2

Respuesta parcial / simplificación.

WLOG considera $R=1$ . Otros valores de $R$ seguir por simple escalado.

Consideremos una circunferencia unitaria justo tocando el origen, es decir, consideremos el conjunto $\{(x,y)\in\Bbb R^2\mid \Vert(x-1,y)\Vert=1\}$ . De nuevo, WLOG, podemos considerar que uno de los puntos se encuentra precisamente en el origen $(0,0)$ ya que todos los demás casos se siguen por simple rotación.

Así, hemos reducido nuestro problema de cuatro parámetros (a,b,c,R) a un problema de dos parámetros. A continuación, cualquier triángulo del círculo unitario puede describirse mediante tres puntos. Los puntos son $$P_0=(0,0) \\ P_1=(1+\cos\alpha,\sin\alpha) \\ P_2=(1+\cos\beta,\sin\beta) \\ \text{where}~\alpha,\beta\in(-\pi,\pi) ~\text{and}~\alpha\neq \beta$$ Obtener las longitudes laterales es fácil. Llamamos $$a=\Vert P_1-P_0\Vert=2\cos(\alpha/2) \\ b=\Vert P_2-P_0\Vert=2\cos(\beta/2) \\ c=\Vert P_2-P_1\Vert=\sqrt{2-2\cos(\alpha-\beta)}$$

Por lo tanto, podemos buscar equivalentemente $$\inf_{|\alpha|<\pi \\ |\beta|<\pi}\left\{4\cos(\alpha/2)\cos(\beta/2)\sqrt{2-2\cos(\alpha-\beta)}~\log(2\cos(\alpha/2))\log(2\cos(\beta/2))\log\sqrt{2-2\cos(\alpha-\beta)}\right\} \\ =\inf_{|\alpha|<\pi \\ |\beta|<\pi}\left\{f\big(2\cos(\alpha/2)\big)f\big(2\cos(\beta/2)\big)f\left(\sqrt{2-2\cos(\alpha-\beta)}\right)\right\}$$

Poniendo este problema de minimización en Mathematica usando el comando

f[z_] := z*Log[z]
NMinimize[{f[2*Cos[\[Alpha]/2]]*f[2*Cos[\[Beta]/2]]*
   f[Sqrt[2 - 2 Cos[\[Alpha] - \[Beta]]]], \[Alpha] \[Element] 
   Reals, \[Beta] \[Element] Reals, Abs[\[Alpha]] < \[Pi], 
  Abs[\[Beta]] < \[Pi]}, {\[Alpha], \[Beta]}]

Devuelve el valor de $-0.692918$ en $\alpha=-\beta=0.177529$ que es sólo apenas más grande que $-\log 2$ .

Creo que si se puede demostrar que el mínimo tiene que ocurrir en la línea $\alpha=-\beta$ entonces debería poder demostrar que el mínimo es definitivamente mayor que $-\log 2$ . Quizá la mejor forma de hacerlo sea dejar que $$F(x,y)=f(2\cos(x/2))f(2\cos(y/2))f(\sqrt{2-2\cos(x-y)})$$ Calcular explícitamente $\nabla F$ y demostrar que las únicas soluciones adecuadas para $\nabla F(x,y)=0$ están en juego $\alpha=-\beta$ .

Answer 3

Sea $a,b,c$ son los lados de un triángulo y $R$ sea su circunradio. Sea $f\left(\frac{a}{R}, \frac{b}{R}, \frac{c}{R}\right)$ cuyos máximos o mínimos nos interesan. WLOG podemos tomar $R = 1$ ya que otros valores de $R$ seguir escalando. Así pues, nos interesan los valores extremos de $f(a,b,c)$ .

Suposición : Si $f(a,b,c)$ es simétrico, entonces los valores extremos se producirán cuando el triángulo sea isósceles.

No tengo una prueba de esto pero intuitivamente parece plausible ya que para una función simétrica, intercambiar dos lados cualesquiera no altera el valor de $f$ . En muchos casos, los valores extremos se producen cuando los tres lados son iguales, pero los triángulos equiláteros son un subconjunto de los triángulos isósceles, por lo que no viola la hipótesis anterior.

Sea $a$ sea la base del triángulo isósceles que da los valores extremos y sean los otros dos lados iguales de longitud $x$ cada uno. Dado que el circunradio $R = 1$ utilizando ecuación 1 en este enlace tenemos

$$ \frac{x^2}{\sqrt{(2x+a)(2x-a)}} = 1 \tag 1 $$

Resolución de $x$ obtenemos $x = \sqrt{2 \pm \sqrt{4-a^2}}$ como soluciones factibles. Por lo tanto, los valores extremos de $f(a,b,c)$ se producirá en $f\left(a, \sqrt{2 \pm \sqrt{4-a^2}}, \sqrt{2 \pm \sqrt{4-a^2}}\right)$ . Desde $a$ es el lado de un triángulo inscrito en un círculo de radio $R=1$ los valores extremos serán los máximos y mínimos locales para $0 \le a \le 2$ . Introduciendo estos valores de $a,b,c$ en $f(a,b,c) = abc \ln a \ln b \ln c$ el valor mínimo es el mínimo local de

$$ (a\ln a) \left(\sqrt{2 \pm \sqrt{4-a^2}}\right)^2 \ln \left(\sqrt{2 \pm \sqrt{4-a^2}}\right) \tag 2 $$

para $a \le 2$ que es $-0.692918$ en $a = 0.353196$ como calculado por Wolfram Alpha.

Además resolver $(2)$ para máximos da el valor máximo de $0.861242$ en $a = b = c = \sqrt{3}$ es decir, triángulo equilátero

Answer 4

¿Cumple todo triángulo

$$ \frac{abc}{R^3} \ln \frac{a}{R}\ln \frac{b}{R}\ln \frac{c}{R} > - \ln 2 $$

donde $R$ ¿es el circunradio?

Sustituyendo $\frac{a}{R}=2\sin\alpha, \frac{b}{R}=2\sin\beta, \frac{c}{R}=2\sin\gamma$ esto se convierte en

$$ 8\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma\ln(2\sin\alpha)\ln(2\sin\beta)\ln(2\sin\gamma) > - \ln 2 $$

Sustitución de $\gamma=\pi-(\alpha+\beta)$ da

$$ 8\sin\alpha\sin\beta\sin(\alpha+\beta)\ln(2\sin\alpha)\ln(2\sin\beta)\ln(2\sin(\alpha+\beta)) > - \ln 2 $$

Así que esto se reduce a encontrar el valor mínimo de una función

$$ f(x,y)=8\sin(x)\sin(y)\sin(x+y)\ln(2\sin(x))\ln(2\sin(y))\ln(2\sin(x+y)) $$ bajo la restricción $0<x+y<\pi$ .

Wolfram Alpha calcula un valor mínimo de $-.6929184=\ln(0.5001144034)$ en $(x,y)\approx(0.177529,1.48203)$

Así que parece que la respuesta es sí.