Rozważmy trójkąt o kątach \(A,B,C\), obwodzie \(2s\), promieniu okręgu opisanego \(R\), promieniu okręgu wpisanego \(r\).
Fakt:
Jeżeli \(\max\{A,B,C\}\le\frac{\pi}{2}\), to zachodzi nierówność Walkera: \(s^2\ge 2R^2+8Rr+3r^2\).
Zadanie:
Rozstrzygnij, czy istnieją kąty \(K\), takie że dla wszystkich trójkątów, w których \(\max\{A,B,C\}\ge K\), prawdziwa jest nierówność o przeciwnym zwrocie, tj. \(s^2\le 2R^2+8Rr+3r^2\). Jeżeli odpowiedź jest twierdząca, znajdź kres dolny zbioru wszystkich takich \(K\).
[Nierówności] Walker à rebours
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
- timon92
- Użytkownik
- Posty: 1660
- Rejestracja: 6 paź 2008, o 16:47
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice
- Podziękował: 7 razy
- Pomógł: 473 razy
Re: [Nierówności] Walker à rebours
twierdzę, że najmniejszym takim \(K\) jest \(K=\frac{3\pi}{4}\)
rozważmy trójkąty z ustalonym bokiem \(BC\) i ustalonym kątem \(\angle BAC=K\) i zmieniajmy boki w taki sposób, że \(AB \to 0\); wtedy \(R\) pozostaje stałe, \(r \to 0\) i \(s\to a\), a więc nierówność \(s^2 \le 2R^2+8Rr+3r^2\) po przejściu granicznym przyjmuje postać \(a^2\le 2R^2\), tj. \(\sin^2 K \le \dfrac 12\), co oznacza, że \(K\ge \dfrac{3\pi}{4}\)
teraz udowodnimy, że \(K=\dfrac{3\pi}{4}\) ma żądaną własność
rozważmy trójkąt \(ABC\), w którym \(2\alpha=\angle BAC \ge \dfrac{3\pi}{4}\) i \(BC=a\)
ponieważ \(2\alpha \ge \dfrac{3\pi}{4}\), więc \(2R^2 = \dfrac{a^2}{2\sin^2 2\alpha} \ge \dfrac{a^2}{2\sin^2 \frac{3\pi}{4}} = a^2\)
poza tym \(8Rr=4\cdot\dfrac{a}{\sin 2\alpha}\cdot (s-a)\tan \alpha = \dfrac{2a(s-a)}{\cos^2\alpha} \ge 2a(s-a)\)
dodatkowo \(3r^2=3(s-a)^2\tan^2\alpha \ge 3(s-a)^2\tan^2\frac{3\pi}{8} = 3(s-a)^2(3+2\sqrt 2) \ge (s-a)^2\)
dodając stronami te trzy rzeczy dostajemy \(2R^2+8Rr+3r^2 \ge a^2+2a(s-a)+(s-a)^2=s^2\)
swoją drogą, z tego rozumowania wynika, że nierówność można wzmocnić: współczynnik \(3\) stojący przy \(r^2\) można zamienić na \(\dfrac{1}{3+2\sqrt 2} = 3-2\sqrt 2\)
rozważmy trójkąty z ustalonym bokiem \(BC\) i ustalonym kątem \(\angle BAC=K\) i zmieniajmy boki w taki sposób, że \(AB \to 0\); wtedy \(R\) pozostaje stałe, \(r \to 0\) i \(s\to a\), a więc nierówność \(s^2 \le 2R^2+8Rr+3r^2\) po przejściu granicznym przyjmuje postać \(a^2\le 2R^2\), tj. \(\sin^2 K \le \dfrac 12\), co oznacza, że \(K\ge \dfrac{3\pi}{4}\)
teraz udowodnimy, że \(K=\dfrac{3\pi}{4}\) ma żądaną własność
rozważmy trójkąt \(ABC\), w którym \(2\alpha=\angle BAC \ge \dfrac{3\pi}{4}\) i \(BC=a\)
ponieważ \(2\alpha \ge \dfrac{3\pi}{4}\), więc \(2R^2 = \dfrac{a^2}{2\sin^2 2\alpha} \ge \dfrac{a^2}{2\sin^2 \frac{3\pi}{4}} = a^2\)
poza tym \(8Rr=4\cdot\dfrac{a}{\sin 2\alpha}\cdot (s-a)\tan \alpha = \dfrac{2a(s-a)}{\cos^2\alpha} \ge 2a(s-a)\)
dodatkowo \(3r^2=3(s-a)^2\tan^2\alpha \ge 3(s-a)^2\tan^2\frac{3\pi}{8} = 3(s-a)^2(3+2\sqrt 2) \ge (s-a)^2\)
dodając stronami te trzy rzeczy dostajemy \(2R^2+8Rr+3r^2 \ge a^2+2a(s-a)+(s-a)^2=s^2\)
swoją drogą, z tego rozumowania wynika, że nierówność można wzmocnić: współczynnik \(3\) stojący przy \(r^2\) można zamienić na \(\dfrac{1}{3+2\sqrt 2} = 3-2\sqrt 2\)
-
- Użytkownik
- Posty: 1668
- Rejestracja: 16 cze 2006, o 15:40
- Płeć: Kobieta
- Podziękował: 71 razy
- Pomógł: 448 razy
Re: [Nierówności] Walker à rebours
Dzięki, odpowiedź jest prawidłowa. Fajne podejście, bo nie zmusza do długich rachunków, a przy tym w sposób naturalny wskazuje na możliwość wzmocnienia. Co do szukania \(K_{min}\) w części pierwszej, to nie jest dla mnie jasne, dlaczego \(R\) ma pozostawać stałe przy ustalonych \(a,A\) i zmiennych \(b\to a,c\to 0\).
Bardziej uciążliwy obliczeniowo sposób na to zadanie, to wyjście od trygonometrycznego odpowiednika odwrotnej nierówności Walkera, tj. \(\sum (\cos A+\cos B)^2\ge 3\), wzięcie \(A\ge B\ge C\), sprawdzenie "zwyczajowych podejrzanych", a następnie sprowadzenie do nierówności wielomianowej dwóch zmiennych: \(u=\cos\frac{B+C}{2},\ v=\cos\frac{B-C}{2}\).
Bardziej uciążliwy obliczeniowo sposób na to zadanie, to wyjście od trygonometrycznego odpowiednika odwrotnej nierówności Walkera, tj. \(\sum (\cos A+\cos B)^2\ge 3\), wzięcie \(A\ge B\ge C\), sprawdzenie "zwyczajowych podejrzanych", a następnie sprowadzenie do nierówności wielomianowej dwóch zmiennych: \(u=\cos\frac{B+C}{2},\ v=\cos\frac{B-C}{2}\).
- timon92
- Użytkownik
- Posty: 1660
- Rejestracja: 6 paź 2008, o 16:47
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice
- Podziękował: 7 razy
- Pomógł: 473 razy