Nierówność w trójkącie

[mol_ksiazkowy]

Udowodnić, że :
\(\displaystyle{ 60^{o} \le \frac{a \alpha+ b \beta + c \gamma}{a+b+c} < 90^{o}}\)
oznaczenia standardowe

[a4karo]

Stwierdzenie o wypukłości funkcji `x\sin x` brzmi bardzo profesjonalnie i tak samo jest bardzo fałszywe

[timon92]

prawa nierówność: gdy \(\alpha, \beta, \gamma < \frac \pi 2\), to nierówność jest oczywista, bo
$$\dfrac{a\alpha+b\beta+c\gamma}{a+b+c}<\dfrac{a\frac \pi 2 + b\frac \pi 2 + c\frac \pi 2}{a+b+c} = \frac \pi 2 $$

gdy trójkąt nie jest ostrokątny, to bez straty przyjmuję \(c=\max(a,b,c)\), wtedy \(0\le\gamma - \frac \pi 2\), \(\gamma - \frac \pi 2 < \frac \pi 2 - \alpha\) i \(\gamma - \frac \pi 2 < \frac \pi 2 - \beta\)

wykorzystując dodatkowo nierówność trójkąta dostaję

$$\left(\gamma - \frac \pi 2\right)c \le \left(\gamma-\frac \pi 2\right)(a+b) < \left(\frac \pi 2 - \alpha\right) a + \left(\frac \pi 2 - \beta\right) b,$$
co daje natychmiast
$$\dfrac{a\alpha+b\beta+c\gamma}{a+b+c}<\frac \pi 2$$

[timon92]

okazuje się, że lewa nierówność też ma bardzo prosty dowód (co nie oznacza, że prosto na niego wpaść...):

jeśli dwa z kątów \(\alpha, \beta, \gamma\) są nie większe od \(\dfrac \pi 3\), to bez straty ogólności przyjmuję \(c=\max(a,b,c)\); w przeciwnym razie dwa z kątów \(\alpha, \beta, \gamma\) są większe od \(\dfrac \pi 3\) i w tym przypadku bez straty przyjmuję \(c=\min(a,b,c)\)

nierówność z zadania jest równoważna nierówności
$$\left(\frac\pi 3−\alpha\right)(c−a)+\left(\frac \pi 3 - \beta\right)(c−b)\ge 0,$$
a teza w obu przypadkach staje się oczywista (w pierwszym przypadku wszystkie nawiasy są nieujemne, a w drugim wszystkie nawiasy są ujemne)