16473. Найдите экстремальные значения величины R(\theta)
радиуса описанной окружности треугольника со сторонами \sin\theta
, \cos\theta
и \cos2\theta
для 0\lt\theta\lt45^{\circ}
.
Ответ. R(\theta)=\frac{1}{2}
для любого \theta
из интервала (0^{\circ};45^{\circ})
.
Решение. Сначала докажем, что для каждого \theta
из интервала (0^{\circ};45^{\circ})
существует треугольник со сторонами \sin\theta
, \cos\theta
и \cos2\theta
.
Действительно, поскольку для всех таких \theta
верны неравенства
\cos\theta\gt\sin\theta~\mbox{и}~\cos\theta\gt\cos2\theta,
то достаточно доказать, что
\cos2\theta+\sin\theta\gt\cos\theta,
или
\cos^{2}\theta-\sin^{2}\theta+\sin\theta\gt\cos\theta~\Leftrightarrow~(\cos\theta-\sin\theta)(\cos\theta+\sin\theta)-(\cos\theta-\sin\theta)\gt0~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~(\cos\theta-\sin\theta)(\cos\theta+\sin\theta-1)\gt0.
Последнее неравенство верно, так как оба сомножителя его левой части для рассматриваемых \theta
положительны. Следовательно, для каждого \theta
из рассматриваемого интервала такой треугольник существует.
Теперь докажем, для каждого такого \theta
радиус R(\theta)
описанной окружности треугольника со сторонами \sin\theta
, \cos\theta
и \cos2\theta
один и тот же, и равен \frac{1}{2}
.
Рассмотрим полуокружность с диаметром 2R=AD=1
и центром O
. Отметим на её дуге точку B
, для которой \angle AOB=2\theta
, и точку C
на дуге BD
, для которой \angle BOC=180^{\circ}-4\theta
. Тогда
QB=2R\sin\theta=\sin\theta,
BC=2R\sin\frac{1}{2}(180^{\circ}-4\theta)=\sin(90^{\circ}-2\theta)=\cos2\theta,
AC=2R\sin\frac{1}{2}\angle AOC=2R\sin\frac{1}{2}(2\theta+180^{\circ}-4\theta)=\sin(90^{\circ}-\theta)=\cos\theta.
Таким образом, радиус каждого треугольника со сторонами \sin\theta
, \cos\theta
и \cos2\theta
равен \frac{1}{2}
. Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Mathematics Magazine». — 1986, том 59, № 3, задача A711, с. 173 и 180