4157. Докажите, что если углы треугольника равны \alpha
, \beta
и \gamma
, то:
\mbox{а)}~1\lt\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma\leqslant\frac{3}{2};
\mbox{б)}~1\lt\sin\frac{\alpha}{2}+\sin\frac{\beta}{2}+\sin\frac{\gamma}{2}\leqslant\frac{3}{2}.
Решение. Первый способ. а) Пусть r
и R
— радиусы вписанной и описанной окружностей треугольника. Применив равенство
\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma=\frac{R+r}{R}
(см. задачу 3238) и неравенство R\geqslant2r
(см. задачу 3587), получим, что
\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma=\frac{R+r}{R}=1+\frac{r}{R}\gt1,
\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma=\frac{R+r}{R}=1+\frac{r}{R}\leqslant1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}.
Заметим, что равенство \cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma=\frac{3}{2}
достигается тогда и только тогда, когда R=2r
, т. е. когда треугольник равносторонний.
б) Рассмотрим треугольник с углами \frac{\pi}{2}-\frac{\alpha}{2}
, \frac{\pi}{2}-\frac{\beta}{2}
и \frac{\pi}{2}-\frac{\gamma}{2}
. По доказанному
1\lt\cos\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\alpha}{2}\right)+\cos\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\beta}{2}\right)+\cos\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\gamma}{2}\right)\leqslant\frac{3}{2}.
Следовательно,
1\lt\sin\frac{\alpha}{2}+\sin\frac{\beta}{2}+\sin\frac{\gamma}{2}\leqslant\frac{3}{2}
(см. задачу 3250).
Второй способ (доказательство неравенства \cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma\leqslant\frac{3}{2}
). Рассмотрим треугольник ABC
с углами \angle A=\alpha
, \angle B=\beta
и \angle C=\gamma
. На лучах AB
, BC
и CA
отметим точки соответственно K
, L
и M
, для которых AK=BL=CM=1
. Тогда
0\leqslant(\overrightarrow{AK}+\overrightarrow{BL}+\overrightarrow{CM})^{2}=
=\overrightarrow{AK}^{2}+\overrightarrow{BL}^{2}+\overrightarrow{CM}^{2}+2\overrightarrow{AK}\cdot\overrightarrow{BL}+2\overrightarrow{AK}\cdot\overrightarrow{CM}+2\overrightarrow{BL}\cdot\overrightarrow{CM}=
=1+1+1+2\cdot1\cdot1\cdot\cos(180^{\circ}-\beta)+2\cdot1\cdot1\cdot\cos(180^{\circ}-\gamma)+2\cdot1\cdot1\cdot\cos(180^{\circ}-\alpha)=
=3-2(\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma).
Следовательно, \cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma\leqslant\frac{3}{2}
, причём равенство достигается в случае, когда \overrightarrow{AK}+\overrightarrow{BL}+\overrightarrow{CM}=\overrightarrow{0}
, т. е. когда треугольник ABC
— равносторонний.
Примечание. См. также статью Г.Филипповского «Замечательные точки треугольника и тригонометрия», Квант, 2010, N4, с.31, 34-35.
Источник: Конягин С. В. и др. Зарубежные математические олимпиады / Под ред. И. Н. Сергеева. — М.: Наука, 1987. — № 13.14, с. 43, ГДР, 1965
Источник: Зарубежные математические олимпиады. — 1965, ГДР
Источник: Готман Э. Г., Скопец З. А. Решение геометрических задач аналитическим методом: Пособие для учащихся 9—10 кл. — М.: Просвещение, 1979. — с. 70; № 210(1), с. 34; № 211(1), с. 35
Источник: Прасолов В. В. Задачи по планиметрии. — Ч. 1. — М.: Наука, 1991. — № 10.36(а), с. 26
Источник: Прасолов В. В. Задачи по планиметрии. — 6-е изд. — М.: МЦНМО, 2007. — № 10.38, с. 255
Источник: Понарин Я. П. Элементарная геометрия. — Т. 1: Планиметрия, преобразования плоскости. — М.: МЦНМО, 2004. — пример 2, с. 97; пример 1, с. 99; № 13.31, с. 106
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2001, № 1, с. 45