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

Question

Segi tiga $\triangle ABC$ memiliki sisi $a$, $b$, dan $c$, dan sirkumradius $R$. Buktikan itu$$ac \cos B + ab \cos C - bc \cos A - a^2 \le \frac{c^2}{8\cos^2(90^\circ - C)}$$ Kapan kesetaraan terjadi?

Saya menemukan pertanyaan ini di forum yang berbeda dan menurut saya itu menarik. Saya membuat sedikit kemajuan tetapi tidak banyak: saya berubah$R^2$ke pecahan dalam ketidaksamaan. Saya pikir mungkin ada penggunaan lain dari Law of Sines atau Law of Cosines tetapi saya tidak dapat menemukannya.

Sunting: Banyak orang memiliki pertanyaan tentang apakah masalahnya benar; inilah masalah aslinya:

Segi tiga $\triangle ABC$ memiliki sisi $a$, $b$, dan $c$, dan sirkumradius $R$. Buktikan itu$b^2 + c^2 - a^2 \ge -R^2$ Kapan kesetaraan terjadi?

Answer 1

Id est, menurut hukum cosinus kita perlu membuktikan bahwa: $$\frac{a^2+c^2-b^2}{2}+\frac{a^2+b^2-c^2}{2}-\frac{b^2+c^2-a^2}{2}-a^2\leq\frac{c^2}{8\left(\frac{2S}{ab}\right)^2},$$ dimana $S=\frac{1}{4}\sqrt{\sum\limits_{cyc}(2a^2b^2-a^4)}$.

Oleh karena itu, perlu kami buktikan $$b^2+c^2-a^2+\frac{a^2b^2c^2}{\sum\limits_{cyc}(2a^2b^2-a^4)}\geq0.$$ Sekarang, ayo $a=y+z$, $b=x+z$ dan $c=x+y$.

Jadi, $x$, $y$ dan $z$ positif dan kami perlu membuktikan bahwa: $$2(x^2+xy+xz-yz)+\frac{\prod\limits_{cyc}(x+y)^2}{16xyz(x+y+z)}$$ atau $$(y^2+34yz+z^2)x^4+2(y^3+35yz+35y^2z^2+z^4)x^3+$$ $$+(y^4+38y^3z+42y^2z^2+38yz^3+z^4)x^2+$$ $$+2yz(y^3-13y^2z-13yz^2+z^3)x+y^2z^2(y+z)^2\geq0.$$ Sekarang, ayo $x^4=t\cdot\frac{y^2z^2(y^2+10yz+z^2)}{12}.$

Jadi, sejak $$y^2+34yz+z^2\geq36\sqrt[3]{\frac{y^2z^2(y^2+10yz+z^2)}{12}},$$ $$2(y^3+35y^2z+35yz^2+z^3)\geq144\sqrt{\frac{y^2z^2(y^2+10yz+z^2)}{12}},$$ $$y^4+38y^3z+42y^2z^2+38yz^3+z^4\geq120\sqrt[3]{\left(\frac{y^2z^2(y^2+10yz+z^2)}{12}\right)^2},$$ $$2yz(y^3-13y^2z-13yz^2+z^3)\geq-48\sqrt[6]{\left(\frac{y^2z^2(y^2+10yz+z^2)}{12}\right)^5}$$ dan $$y^2z^2(y+z)^2\geq4\cdot\frac{y^2z^2(y^2+10yz+z^2)}{12},$$ itu cukup untuk membuktikan bahwa: $$36t^4+144t^3+120t^2-48t+4\geq0$$ atau $$(3t^2+6t-1)^2\geq0$$ dan kita selesai!

Kesetaraan terjadi untuk $t=\frac{2}{\sqrt3}-1$ dan, misalnya, untuk $y=z=1$, pemberian yang mana $x=\frac{2}{\sqrt3}-1$ dan kami mendapat segitiga dengan sudut terukur $30^{\circ}$, $30^{\circ}$ dan $120^{\circ}.$

Answer 2

Jawab pertanyaan kedua (persamaan).

Segi tiga $ABC$ memiliki sisi $a$, $b$, dan $c$, sudut yang sesuai $\alpha,\beta,\gamma$, setengah meter $\rho$, inradius $r$ dan sirkumradius $R$. Buktikan itu\begin{align} R^2-a^2+b^2+c^2\ge0\tag{1}\label{1}. \end{align} Kapan kesetaraan terjadi?

Dengan membagi \ eqref {1} dengan $R^2$, kita punya

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

Mudah untuk memverifikasi bahwa \ eqref {2} menjadi persamaan untuk $\alpha=120^\circ,\beta=\gamma=30^\circ$. Dengan kata lain, \ eqref {1} menjadi persamaan segitiga sama kaki dengan$\alpha=120^\circ$.