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

Aug 19 2020

Треугольник $\triangle ABC$ имеет стороны $a$, $b$, и $c$, и радиус окружности $R$. Докажи это$$ac \cos B + ab \cos C - bc \cos A - a^2 \le \frac{c^2}{8\cos^2(90^\circ - C)}$$ Когда наступает равенство?

Я столкнулся с этим вопросом на другом форуме, и мне он показался интересным. Я немного продвинулся, но не сильно: я изменился$R^2$на дробь в неравенстве. Я думаю, что, вероятно, есть еще одно применение закона синусов или косинусов, но я не могу его найти.

Изменить: у многих людей есть вопросы о том, правильна ли проблема; вот исходная проблема:

Треугольник $\triangle ABC$ имеет стороны $a$, $b$, и $c$, и радиус окружности $R$. Докажи это$b^2 + c^2 - a^2 \ge -R^2$ Когда наступает равенство?

Ответы

1 MichaelRozenberg Aug 19 2020 at 00:56

То есть по закону косинусов нам нужно доказать, что: $$\frac{a^2+c^2-b^2}{2}+\frac{a^2+b^2-c^2}{2}-\frac{b^2+c^2-a^2}{2}-a^2\leq\frac{c^2}{8\left(\frac{2S}{ab}\right)^2},$$ где $S=\frac{1}{4}\sqrt{\sum\limits_{cyc}(2a^2b^2-a^4)}$.

Таким образом, нам нужно доказать, что $$b^2+c^2-a^2+\frac{a^2b^2c^2}{\sum\limits_{cyc}(2a^2b^2-a^4)}\geq0.$$ Теперь позвольте $a=y+z$, $b=x+z$ и $c=x+y$.

Таким образом, $x$, $y$ и $z$ являются положительными, и нам необходимо доказать, что: $$2(x^2+xy+xz-yz)+\frac{\prod\limits_{cyc}(x+y)^2}{16xyz(x+y+z)}$$ или же $$(y^2+34yz+z^2)x^4+2(y^3+35yz+35y^2z^2+z^4)x^3+$$ $$+(y^4+38y^3z+42y^2z^2+38yz^3+z^4)x^2+$$ $$+2yz(y^3-13y^2z-13yz^2+z^3)x+y^2z^2(y+z)^2\geq0.$$ Теперь позвольте $x^4=t\cdot\frac{y^2z^2(y^2+10yz+z^2)}{12}.$

Таким образом, поскольку $$y^2+34yz+z^2\geq36\sqrt[3]{\frac{y^2z^2(y^2+10yz+z^2)}{12}},$$ $$2(y^3+35y^2z+35yz^2+z^3)\geq144\sqrt{\frac{y^2z^2(y^2+10yz+z^2)}{12}},$$ $$y^4+38y^3z+42y^2z^2+38yz^3+z^4\geq120\sqrt[3]{\left(\frac{y^2z^2(y^2+10yz+z^2)}{12}\right)^2},$$ $$2yz(y^3-13y^2z-13yz^2+z^3)\geq-48\sqrt[6]{\left(\frac{y^2z^2(y^2+10yz+z^2)}{12}\right)^5}$$ и $$y^2z^2(y+z)^2\geq4\cdot\frac{y^2z^2(y^2+10yz+z^2)}{12},$$ достаточно доказать, что: $$36t^4+144t^3+120t^2-48t+4\geq0$$ или же $$(3t^2+6t-1)^2\geq0$$ и мы закончили!

Равенство имеет место при $t=\frac{2}{\sqrt3}-1$ и, например, для $y=z=1$, который дает $x=\frac{2}{\sqrt3}-1$ и у нас получился треугольник с измеренными углами $30^{\circ}$, $30^{\circ}$ и $120^{\circ}.$

g.kov Aug 19 2020 at 19:45

Ответ на второй вопрос (равенство).

Треугольник $ABC$ имеет стороны $a$, $b$, и $c$, соответствующие углы $\alpha,\beta,\gamma$, полупериметр $\rho$, по радиусу $r$ и по окружности $R$. Докажи это\begin{align} R^2-a^2+b^2+c^2\ge0\tag{1}\label{1}. \end{align} Когда наступает равенство?

Разделив \ eqref {1} на $R^2$, у нас есть

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

Легко проверить, что \ eqref {2} становится равенством для $\alpha=120^\circ,\beta=\gamma=30^\circ$. Другими словами, \ eqref {1} становится равенством для равнобедренного треугольника с$\alpha=120^\circ$.