[Nierówności] Symetryczna w trójkącie

[bosa_Nike]

Rozważamy trójkąt o bokach `a\ge b\ge c>0` i kącie `\alpha` leżącym naprzeciw boku `a`.
a) Niech `\pi >\alpha\ge\frac{\pi}{2}`. Pokaż, że wówczas $$(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge 5+3\sqrt{2}\qquad (*)$$ Kiedy zachodzi równość?
b) Niech `\frac{\pi}{2}>\alpha\ge\frac{\pi}{3}`. Znajdź wszystkie kąty `\alpha`, takie że nierówność \((*)\) jest prawdziwa dla dowolnych dopuszczalnych wartości `a,b,c`. Znajdź wszystkie kąty `\alpha`, takie że dla dowolnych dopuszczalnych wartości `a,b,c` prawdziwa jest nierówność \((*)\) z przeciwnym zwrotem.

Ukryta treść:    

Na razie nie znam akceptowalnego uzasadnienia do części b) i nie wiem, jaki jest jej poziom trudności.

[timon92]

część a) jest prościutka: z założenia \(\alpha\ge \frac\pi2\) jest \(a^2\ge b^2+c^2\ge \frac 12 (b+c)^2\), czyli \(\frac{a}{b+c}\ge \sqrt {\frac 12}\)

zatem \((a+b+c)\left(\frac 1a+\frac 1b +\frac 1c\right) \ge (a+b+c)\left(\frac 1a+\frac{4}{b+c}\right) = 5 + \frac{4a}{b+c} +\frac{b+c}{a}=5+ \frac{2a}{b+c} + \frac{2a}{b+c} +\frac{b+c}{a} \ge 5+3\sqrt[3]{ \frac{2a}{b+c}\cdot \frac{2a}{b+c} \cdot\frac{b+c}{a}} =5+3\sqrt[3]{ \frac{4a}{b+c}}\ge5+3\sqrt[3]{4\cdot \sqrt{\frac12}}=5+3\sqrt 2\)

[bosa_Nike]

Dzięki, bardzo fajne rozwiązanie. Tak myślę, że tu szansę sukcesu zwiększało pozostanie przy bokach. Gdy ktoś próbował czegoś z kątami, to mógł mieć większy kłopot. Ten problem jest wariacją na temat pewnego zadania konkursowego, które polegało na uzasadnieniu powyższej nierówności, ale tylko dla trójkątów prostokątnych.

Spoiler:    

Mnie udało się ręcznie zrobić a) oraz pierwszą część z b). Druga część pozostaje poza moim zasięgiem. Tzn. wiem, co powinno wyjść, ale nie wiem, jak to osiągnąć. Nie wiem również, czy rozwiązanie dla tej części jest znane.

Test zagnieżdżania:    

Cały problem graficznie przedstawia się następująco:

Kod: Zaznacz cały

https://i.imgur.com/CB2jfwm.jpg

.

Obszar, który nas interesuje, to trójkąt krzywoliniowy `ABD` bez odcinka `AB` - gdzieś na tym obszarze leży sobie wierzchołek `C` trójkąta z zadania. Przyjmując, że `|AB|=a,\ |BC|=b,\ |CA|=c`, możemy rozważać tylko figurę `AOD`, ponieważ w zadaniu mamy `a\ge b\ge c`. Łuk `AND` wyznacza nam miejsce geometryczne położeń wierzchołka `C` dla trójkątów równoramiennych, w których `a=b`, zaś odcinek `OD` wyznacza nam miejsce geometryczne położeń wierzchołka `C` dla trójkątów równoramiennych, w których `b=c`.

Podpunkt a) obejmuje ćwiartkę koła `AOK` - wszędzie tam nierówność \((*)\) zachodzi, z równością, gdy `C` leży w punkcie `K` (trójkąt prostokątny równoramienny).

Podpunkt b) dotyczy figury `AKD` (bez łuku `AK`) - nierówność \((*)\) zachodzi tylko w obszarze `AKN`, z równością wzdłuż krzywej `KN`. W obszarze `KDN` prawdziwa jest nierówność z przeciwnym zwrotem. Wystarczy sprawdzić tylko na odcinku `KD`, czyli dla `b=c`, żeby dowieść, że nie istnieją kąty ostre `\alpha=|\angle ACB|`, takie że nierówność \((*)\) jest spełniona. To jest pierwsza część tego popunktu.

Teraz ta ostatnia część. Miejsca geometryczne punktów `C`, takich że kąty nierozwarte `ACB` mają równe miary, to oczywiście łuki okręgów opisanych, których środki leżą na odcinku `OO_1`. Jednym z takich okręgów jest `ABK`, innym jest `ABN`. Łuk każdego z takich okręgów leżący pomiędzy `ABK` a `ABN` przechodzi zarówno przez obszar `AKN`, jak i przez obszar `KLN`. To znaczy, że dla żadnych kątów ostrych `\alpha=|\angle ACB|` wyznaczonych przez położenia wierzchołka `C` wewnątrz figury `AKLN` nie jest spełniona ani nierówność \((*)\), ani nierówność z przeciwnym zwrotem. Ta ostatnia jest natomiast spełniona wewnątrz trójkąta krzywoliniowego `NLD`, a równość zachodzi, gdy wierzchołek `C` leży w punkcie `N` wyznaczając trójkąt o bokach `|AB|=a,\ |BC|=a,\ |CA|=\frac{a}{\sqrt{2}}`. Odpowiedzią do tej części jest więc `\alpha\in [\frac{\pi}{3},\arccos (\frac{\sqrt{2}}{4})]`.

Wynik testu:    

10x`\downarrow`

[timon92]

wydaje mi się, że część b) też jest raczej straightforward, wystarczają standardowe chwyty typu badanie przypadków brzegowych i metoda zbliżeń/oddaleń

testujemy trójkąt \(a=2\sin\frac\alpha 2, b=c=1\) i dowiadujemy się, że gdy \(\alpha<\frac\pi 2\), to zachodzi ostra nierówność z przeciwnym zwrotem

testujemy trójkąt \(a=b=1, c=2\cos \alpha\) i dowiadujemy się, że nierówność z przeciwnym zwrotem zachodzi tylko jeśli \(\cos \alpha \ge \frac{\sqrt 2}{4}\)

teraz udowodnimy, że jeśli \(\cos \alpha \ge \frac{\sqrt 2}{4}\), to
$$(a+b+c)\left(\frac 1a + \frac 1b + \frac 1c \right) \le 5+3\sqrt 2$$

warunek o cosinusie przepisuje się jako \(\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} \ge \frac{\sqrt 2}{4}\), czyli \(a^2\le b^2+c^2-\sqrt{\frac 12} bc\)

próbujemy oddalać \(b,c\) z zachowaniem sumy; wtedy iloczyn \(bc\) maleje, więc \(LHS\) rośnie, a założenie \(a^2\le b^2+c^2-\sqrt{\frac 12} bc\) pozostaje w mocy

w takim razie oznaczając \(d=b+c-a\) otrzymujemy $$(a+b+c)\left(\frac 1a + \frac 1b + \frac 1c \right) \le (a+a+d)\left(\frac 1a + \frac 1a + \frac 1d \right)$$ oraz \(a^2\le a^2+d^2-\sqrt{\frac 12}ad\), i.e. \(\frac ad \le \sqrt 2\); przy okazji, z początkowego założenia \(a\ge b\ge c\) mamy \(a\ge d\)

wystarczy dowieść \((a+a+d)\left(\frac 1a + \frac 1a + \frac 1d \right) \le 5+3\sqrt 2\), równoważnie \(\frac{a}{d}+\frac{d}{a} \le 3\sqrt{\frac 12}\), a to prawda dla interesujących nas wartości \(1\le \frac ad \le \sqrt 2\)

[bosa_Nike]

Super, to mamy całość.
Moje podejście okazało się tu całkowicie nieefektywne - skupiłam się na uzyskaniu inną drogą tego, co już właściwie miałam, zamiast pójść dalej.