Екстремална задача

[Гост]

Моля за малко помощ.

[Гост]

Относно подусловие а)

Нека R е радиуса на описаната окръжност. Къде лежи центърът й? Като начало опитайте да докажете, че $h\leq\frac{c}{2}=R$

Нататък получаваме, че $2h\leq c$, умножаваме двете страни на нестрогото неравенство по $h>0$, следва $2h^2\leq ch$ и всъщност почти сме готови.

Лицето на правоъгълния триъгълник е $S=\frac{1}{2}ab=\frac{1}{2}ch$. Оттук вече всичко е точно.

[Гост]

Относно подусловие б)

Използваме отново $\frac{c}{2}\geq h$, а също неравенство Средно Аритметично не по-малко от Средно Геометрично - $\frac{a+b}{2}\geq\sqrt{ab}$

$a+b+c\geq2\sqrt{ab}+c=2\sqrt{ch}+c\geq2\sqrt{2h.h}+2h=2h(\sqrt{2}+1)$

[peyo]

Моля за малко помощ.

$2h^2\le ab$ ?

Да решим задачата по един забавен начин с изчислителна геометрия!

Да работим в мащаб, където $b=1$. Тогава

$2h^2\le a$ ?

Да намерим $h$ като функция на $a$.
Уравнението на правата линия на хипотенузата ако правия ъгъл е в центъра на координатната система, а катетите са X и Y ще e:

$y = -ax +a$ или:

L: $ax + y -а = 0$

Да приведем в каноничен вид като делим на $\sqrt{a^2+1}$:

$ax + y -а = 0$
L: [tex]\frac{ax}{\sqrt{a^2+1}} + \frac{y}{\sqrt{a^2+1}} - \frac{a}{\sqrt{a^2+1}} = 0[/tex]

И сега растоянието до правата ot (0,0) е височината $h$ $L(0,0)$:

[tex]h = - \frac{a}{\sqrt{a^1+1}}[/tex]

Слагаме в неравенството:

$2({\frac{a}{\sqrt{a^2+1}}})^2\le a$ ?

$2\frac{a^2}{a^2+1}\le a$

$2a^2\le a^3 + a$

$0 \le a^3 -2a^2 a$

$0 \le a(a^2 -2a +1)$

$0 \le a^2 -2a +1$

$D = 4- 4 = 0$

$a_{1,2} = 4/4=1$

Така това неравенство става равенство само когато $a=1$, a по условие и $b=1$, значи задачата е решена.

[peyo]

Моля за малко помощ.

$2h^2\le ab$ ?

Да решим задачата по един забавен начин с изчислителна геометрия!

Да работим в мащаб, където $b=1$. Тогава

$2h^2\le a$ ?

Да намерим $h$ като функция на $a$.
Уравнението на правата линия на хипотенузата ако правия ъгъл е в центъра на координатната система, а катетите са X и Y ще e:

$y = -ax +a$ или:

L: $ax + y -а = 0$

Да приведем в каноничен вид като делим на $\sqrt{a^2+1}$:

$ax + y -а = 0$
L: [tex]\frac{ax}{\sqrt{a^2+1}} + \frac{y}{\sqrt{a^2+1}} - \frac{a}{\sqrt{a^2+1}} = 0[/tex]

И сега растоянието до правата ot (0,0) е височината $h$ $L(0,0)$:

[tex]h = - \frac{a}{\sqrt{a^1+1}}[/tex]

Слагаме в неравенството:

$2({\frac{a}{\sqrt{a^2+1}}})^2\le a$ ?

$2\frac{a^2}{a^2+1}\le a$

$2a^2\le a^3 + a$

$0 \le a^3 -2a^2 a$

$0 \le a(a^2 -2a +1)$

$0 \le a^2 -2a +1$

$D = 4- 4 = 0$

$a_{1,2} = 4/4=1$

Така това неравенство става равенство само когато $a=1$, a по условие и $b=1$, значи задачата е решена.

Да видим и б)

[tex]2h(1+\sqrt{2}) \le a+b+c[/tex] ?

Ще използваме вече намерената връзка от а):
[tex]h = \frac{a}{\sqrt{a^2+1}}[/tex]

И както знаем $b=1$, а $c = \sqrt{a^2+1}$ , става:

[tex]2 \frac{a}{\sqrt{a^2+1}} (1+\sqrt{2}) \le a+1+\sqrt{a^2+1}[/tex]

Това е едно странно неравенство. Да видим дали ще можем да го решим!

[tex]2 a (1+\sqrt{2}) \le a\sqrt{a^2+1}+\sqrt{a^2+1}+a^2+1[/tex]

Aх, не ми се решава. Да видим sympy какво ще каже:

In [150]: solve(-a**2 - a*sqrt(a**2 + 1) + 2*a*(1 + sqrt(2)) - sqrt(a**2 + 1) - 1)
Out[150]: [1]

Много добре имаме равенство в 1!

Да видим сега дали всички са от същата страна:

In [151]: plot(-a**2 - a*sqrt(a**2 + 1) + 2*a*(1 + sqrt(2)) - sqrt(a**2 + 1) - 1)
Out[151]: <sympy.plotting.backends.matplotlibbackend.matplotlib.MatplotlibBackend at 0x29d0bad4ec0>

Figure_48651.png (24.32 KiB) Прегледано 217 пъти

Есцеленте!

[pal702004]

Да работим в мащаб, където $b=1$.

В правоъгълен триъгълник да примаме катета за единица е кощунство.

$c=1,a=\sin({\alpha}),b=\cos({\alpha}),d=\sin({\alpha}) \cos({\alpha})$ и задача практически няма.

[peyo]

Да работим в мащаб, където $b=1$.

В правоъгълен триъгълник да примаме катета за единица е кощунство.

$c=1,a=\sin({\alpha}),b=\cos({\alpha}),d=\sin({\alpha}) \cos({\alpha})$ и задача практически няма.

Това не го разбрах. Какъв е проблема да работим в мащаб, където катета е 1, например по-големия?

[pal702004]

Това не го разбрах. Какъв е проблема да работим в мащаб, където катета е 1, например по-големия?

Не, проблем няма, но просто виж колко си писал по първото подусловие и колко е с тригонометрия:

Трябва да докажем, че $2 \sin^2{\alpha}\cos^2{\alpha} \le \sin{\alpha} \cos{\alpha}$

тоест, че $\sin{2{\alpha}} \le 1$

[peyo]

Това не го разбрах. Какъв е проблема да работим в мащаб, където катета е 1, например по-големия?

Не, проблем няма, но просто виж колко си писал по първото подусловие и колко е с тригонометрия:

Трябва да докажем, че $2 \sin^2{\alpha}\cos^2{\alpha} \le \sin{\alpha} \cos{\alpha}$

тоест, че $\sin{2{\alpha}} \le 1$

Ааа, тригонометрично решение! Ок, изглежда добре. Сега някой да даде и това с описанаата окръжност за пълнота.