Pour $\triangle ABC$, montre CA $ac\cos B+ab\cos C-bc\cos A-a^2 \le \frac{c^2}{8\cos^2(90^\circ-C)}$

Question

Triangle $\triangle ABC$ a des côtés $a$, $b$, et $c$, et circumradius $R$. Prouve-le$$ac \cos B + ab \cos C - bc \cos A - a^2 \le \frac{c^2}{8\cos^2(90^\circ - C)}$$ Quand l'égalité se produit-elle?

Je suis tombé sur cette question dans un forum différent et j'ai trouvé que c'était intéressant. J'ai fait un peu de progrès mais pas beaucoup: j'ai changé$R^2$à la fraction de l'inégalité. Je pense qu'il y a probablement une autre utilisation de la loi des sinus ou de la loi des cosinus mais je n'en trouve pas.

Edit: Beaucoup de gens se demandent si le problème est juste; voici le problème d'origine:

Triangle $\triangle ABC$ a des côtés $a$, $b$, et $c$, et circumradius $R$. Prouve-le$b^2 + c^2 - a^2 \ge -R^2$ Quand l'égalité se produit-elle?

Answer 1

Id est, par la loi des cosinus, nous devons prouver que: $$\frac{a^2+c^2-b^2}{2}+\frac{a^2+b^2-c^2}{2}-\frac{b^2+c^2-a^2}{2}-a^2\leq\frac{c^2}{8\left(\frac{2S}{ab}\right)^2},$$ où $S=\frac{1}{4}\sqrt{\sum\limits_{cyc}(2a^2b^2-a^4)}$.

Ainsi, nous devons prouver que $$b^2+c^2-a^2+\frac{a^2b^2c^2}{\sum\limits_{cyc}(2a^2b^2-a^4)}\geq0.$$ Maintenant, laisse $a=y+z$, $b=x+z$ et $c=x+y$.

Donc, $x$, $y$ et $z$ sont positifs et nous devons prouver que: $$2(x^2+xy+xz-yz)+\frac{\prod\limits_{cyc}(x+y)^2}{16xyz(x+y+z)}$$ ou $$(y^2+34yz+z^2)x^4+2(y^3+35yz+35y^2z^2+z^4)x^3+$$ $$+(y^4+38y^3z+42y^2z^2+38yz^3+z^4)x^2+$$ $$+2yz(y^3-13y^2z-13yz^2+z^3)x+y^2z^2(y+z)^2\geq0.$$ Maintenant, laisse $x^4=t\cdot\frac{y^2z^2(y^2+10yz+z^2)}{12}.$

Ainsi, depuis $$y^2+34yz+z^2\geq36\sqrt[3]{\frac{y^2z^2(y^2+10yz+z^2)}{12}},$$ $$2(y^3+35y^2z+35yz^2+z^3)\geq144\sqrt{\frac{y^2z^2(y^2+10yz+z^2)}{12}},$$ $$y^4+38y^3z+42y^2z^2+38yz^3+z^4\geq120\sqrt[3]{\left(\frac{y^2z^2(y^2+10yz+z^2)}{12}\right)^2},$$ $$2yz(y^3-13y^2z-13yz^2+z^3)\geq-48\sqrt[6]{\left(\frac{y^2z^2(y^2+10yz+z^2)}{12}\right)^5}$$ et $$y^2z^2(y+z)^2\geq4\cdot\frac{y^2z^2(y^2+10yz+z^2)}{12},$$ il suffit de prouver que: $$36t^4+144t^3+120t^2-48t+4\geq0$$ ou $$(3t^2+6t-1)^2\geq0$$ et nous avons terminé!

L'égalité se produit pour $t=\frac{2}{\sqrt3}-1$ et, par exemple, pour $y=z=1$, qui donne $x=\frac{2}{\sqrt3}-1$ et nous avons un triangle avec des angles mesurés $30^{\circ}$, $30^{\circ}$ et $120^{\circ}.$

Answer 2

Répondez à la deuxième question (égalité).

Triangle $ABC$ a des côtés $a$, $b$, et $c$, angles correspondants $\alpha,\beta,\gamma$, semipérimètre $\rho$, inradius $r$ et circumradius $R$. Prouve-le\begin{align} R^2-a^2+b^2+c^2\ge0\tag{1}\label{1}. \end{align} Quand l'égalité se produit-elle?

En divisant \ eqref {1} par $R^2$, nous avons

\begin{align} 1-4\sin^2\alpha+4\sin^2\beta+4\sin^2\gamma&\ge0 \tag{2}\label{2} . \end{align}

Il est facile de vérifier que \ eqref {2} devient une égalité pour $\alpha=120^\circ,\beta=\gamma=30^\circ$. En d'autres termes, \ eqref {1} devient une égalité pour un triangle isocèle avec$\alpha=120^\circ$.