Inégalité de Weitzenböck

En mathématiques, l'inégalité de Weitzenböck, démontrée en 1919 par le mathématicien autrichien Roland Weitzenböck^[1], stipule que dans un triangle de côtés de longueurs $a$ , $b$ , $c$ et d'aire $S$ , on a l'inégalité :

a^{2}+b^{2}+c^{2}\geqslant 4{\sqrt {3}}\,S,

avec égalité si et seulement si le triangle est équilatéral. L'inégalité de Pedoe en est une généralisation et l'inégalité de Hadwiger-Finsler en est une version renforcée.

Cette inégalité était l'une des questions posée lors des Olympiades mathématiques internationales de 1961.

La réécriture suivante de l’inégalité ci-dessus en donne une interprétation géométrique permettant d'en fournir une preuve immédiate^[2] :

{\frac {\sqrt {3}}{4}}a^{2}+{\frac {\sqrt {3}}{4}}b^{2}+{\frac {\sqrt {3}}{4}}c^{2}\geqslant 3\,S.

Ici, le membre de gauche est la somme des aires des triangles équilatéraux construits sur les côtés du triangle d'origine. L'inégalité indique donc que la somme des aires des triangles équilatéraux est toujours supérieure ou égale à trois fois l'aire du triangle d'origine.

S_{a}+S_{b}+S_{c}\geqslant 3\,S.

Ceci peut être démontré en répliquant trois fois l'aire du triangle dans les triangles équilatéraux. Pour y parvenir, on utilise le point de Fermat pour diviser le triangle en trois sous-triangles obtus ayant un angle de 120°, puis chacun de ces sous-triangles est répliqué trois fois dans le triangle équilatéral qui lui fait face. Cela ne fonctionne que si chaque angle du triangle est strictement inférieur à 120°, car sinon le point de Fermat n'est pas situé à l'intérieur du triangle et devient un sommet. Cependant si un angle est supérieur ou égal à 120°, il est possible de reproduire le triangle entier trois fois dans le plus grand triangle équilatéral, de sorte que la somme des aires de tous les triangles équilatéraux reste de toute façon supérieure au triple de l'aire du triangle.

Démonstrations utilisant la formule de Héron

Le résultat peut être obtenu en utilisant la formule de Héron pour l'aire du triangle :

{\begin{aligned}S&{}={\frac {1}{4}}{\sqrt {(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}}\\[4pt]&{}={\frac {1}{4}}{\sqrt {2\left(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}\right)-\left(a^{4}+b^{4}+c^{4}\right)}}.\end{aligned}}

Première méthode

Cette méthode ne suppose aucune connaissance autre que le fait qu'un carré est positif ou nul.

D'après la formule de Héron, on obtient en développant : $\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)^{2}-\left(4{\sqrt {3}}\,S\right)^{2}=4\left(a^{4}+b^{4}+c^{4}-\left(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}\right)\right)$

Or cette dernière expression s'écrit aussi :

2\left(\left(a^{2}-b^{2}\right)^{2}+\left(b^{2}-c^{2}\right)^{2}+\left(c^{2}-a^{2}\right)^{2}\right)

on en déduit $\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)^{2}\geqslant \left(4{\sqrt {3}}\,S\right)^{2}$ , d'où l'inégalité de Weitzenböck et le fait que l'égalité ne se produit que lorsque $a=b=c$ , soit lorsque le triangle est équilatéral.

Deuxième méthode

Cette démonstration suppose la connaissance de l'inégalité arithmético-géométrique.

{\begin{aligned}&&\left(a-b\right)^{2}+\left(b-c\right)^{2}+\left(c-a\right)^{2}&\geqslant &&0\\\iff &&2a^{2}+2b^{2}+2c^{2}&\geqslant &&2ab+2bc+2ac\\\iff &&3\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)&\geqslant &&\left(a+b+c\right)^{2}\\\iff &&a^{2}+b^{2}+c^{2}&\geqslant &&{\sqrt {3(a+b+c)\left({\frac {a+b+c}{3}}\right)^{3}}}\\\Longrightarrow &&a^{2}+b^{2}+c^{2}&\geqslant &&{\sqrt {3(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}}\\\iff &&a^{2}+b^{2}+c^{2}&\geqslant &&4{\sqrt {3}}\,S.\end{aligned}}

Ayant utilisé l’inégalité arithmético-géométrique ${\sqrt[{3}]{xyz}}\leqslant {\frac {x+y+z}{3}}$ , avec $x=-a+b+c,y=a-b+c,z=a+b-c$ , l’égalité se produit si et seulement si $a=b=c$ , soit si et seulement si le triangle est équilatéral.

Autres méthodes

À partir d'un triangle de Napoléon

On peut montrer que l'aire du triangle de Napoléon construit à partir des triangles équilatéraux intérieurs, qui est supérieure ou égale à 0, est égale à :

{\frac {\sqrt {3}}{24}}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}-4{\sqrt {3}}\,S\right),

donc l'expression entre parenthèses doit être supérieure ou égale à 0^[3].

Par les angles

On pose $x=\cot A,\,y=\cot A+\cot B>0$ ; alors la somme $\Sigma =\cot A+\cot B+\cot C=y-\cot(A+B)=y+{\frac {1-\cot A\cot B}{\cot A+\cot B}}=y+{\frac {1-x(y-x)}{y}}$ et $y\Sigma =y^{2}-xy+x^{2}+1=\left(x-{\frac {y}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {y{\sqrt {3}}}{2}}-1\right)^{2}+y{\sqrt {3}}\geqslant y{\sqrt {3}}$ , c'est-à-dire $\Sigma \geqslant {\sqrt {3}}$ . Mais $\cot A={\frac {b^{2}+c^{2}-a^{2}}{4S}}$ et en utilisant les formules similaires pour $\cot B,\cot C$ , on a $\Sigma ={\frac {a^{2}+b^{2}+c^{2}}{4S}}$ , ce qui prouve l'inégalité.