Задача
В треугольнике ABCстороны равны a,b,c; соответственные углы (в радианах) равны $\alpha$,$\beta$,$\gamma$. Докажите, что
$\displaystyle {\frac{\pi}{3}}$ $\displaystyle \leq$ $\displaystyle {\frac{a\alpha +b\beta +c\gamma }{a+b+c}}$ < $\displaystyle {\frac{\pi}{2}}$.
Решение
Так как против большей стороны лежит больший угол, то(a-b)($\alpha$-$\beta$)$\geq$0,(b-c)($\beta$-$\gamma$)$\geq$0 и (a-c)($\alpha$-$\gamma$)$\geq$0. Складывая эти неравенства, получаем
2(a$\displaystyle \alpha$ + b$\displaystyle \beta$ + c$\displaystyle \gamma$) $\displaystyle \geq$ a($\displaystyle \beta$ + $\displaystyle \gamma$) + b($\displaystyle \alpha$ + $\displaystyle \gamma$) + c($\displaystyle \alpha$ + $\displaystyle \beta$) = (a + b + c)$\displaystyle \pi$ - a$\displaystyle \alpha$ - b$\displaystyle \beta$ - c$\displaystyle \gamma$,
т. е.$\pi$/3$\leq$(a$\alpha$+b$\beta$+c$\gamma$)/(a+b+c).
Из неравенства треугольника следует, что
$\displaystyle \alpha$(b + c - a) + $\displaystyle \beta$(a + c - b) + $\displaystyle \gamma$(a + b - c) > 0,
т. е. a($\beta$+$\gamma$-$\alpha$) +b($\alpha$+$\gamma$-$\beta$) +c($\alpha$+$\beta$-$\gamma$) > 0. Так
как $\alpha$+$\beta$+$\gamma$=$\pi$, то a($\pi$-2$\alpha$) +b($\pi$- 2$\beta$) +c($\pi$- 2$\gamma$) > 0,
т. е. (a$\alpha$+b$\beta$+c$\gamma$)/(a+b+c) <$\pi$/2.
Ответ
Ответ задачи отсутствует
Чтобы оставлять комментарии, войдите или зарегистрируйтесь
Комментариев нет