Matematyka.pl

Wykazać , ze w trójkącie ABC istnieje taki punkt D na boku AB, iż CD jest średnią geometryczną AD i BD, wtedy i tylko wtedy, gdy ma miejsce poniższa nierówność: ( spróbuj określić ten punkt)
\(\displaystyle{ sin A \ sin B \leq (sin \frac{C}{2})^2}\)

wsk.: tw. sinusów i SA > SG

Zaryzykuję i opublikuję swoje rozwiązanie


ryc. 1

Z tw. sinusów dla trójkąta ADC i BDC mamy kolejno:
\(\displaystyle{ \frac{AD}{\sin \sphericalangle ACD} = \frac{CD}{\sin A}, \quad \frac{BD}{\sin \sphericalangle BCD} = \frac{CD}{\sin B}}\)

Wyliczając z tych równań AB i BD otrzymamy:

\(\displaystyle{ AD \cdot BD = (DC)^2 \sqrt{\frac{ \sin \sphericalangle ACD \cdot \sin \sphericalangle BCD}{\sin A \cdot \sin B}}}\)

zatem \(\displaystyle{ \sqrt{AD \cdot BD} = DC \iff \sin \sphericalangle ACD \cdot \sin \sphericalangle BCD = \sin A \cdot \sin B}\).
Kontynuując:
\(\displaystyle{ \sin A \cdot \sin B = \sin \sphericalangle ACD \cdot \sin \sphericalangle BCD =\\ \frac{1}{2} \left( \cos \left( \sphericalangle ACD - \sphericalangle BCD \right) - \underbrace{\cos \left( \sphericalangle ACD + \sphericalangle BCD \right) }_{\cos C} \right) \\ = \frac{1}{2} \left(1 - \cos C \right) - \frac{1}{2} \left(1 - \cos \left( \sphericalangle ACD + \sphericalangle BCD \right) \right) \\ = \sin^2 \frac{C}{2} - \sin^2 \left( \frac{ \sphericalangle ACD + \sphericalangle BCD }{2} \right) \le \sin^2 \frac{C}{2}}\)