IMAC 2010 Problema 3

[Andi Brojbeanu]

ENUNT CORECTAT !

1. Sa se arate ca daca \( \triangle ABC \) este ascutitunghic, atunci \( a\cdot \sin A \) , \( b\cdot\sin B \) , \( c\cdot\sin C \) sunt lungimile laturilor unui triunghi.

2. Sa se arate ca intr-un triunghi \( A \)-dreptunghic \( ABC \) exista inegalitatea \( \frac{\tan^2B}{1+\cos^2B}+\frac{\tan^2C}{1+\cos^2C}\ \ge\ \frac{4}{3} \) .

[Mateescu Constantin]

a) In triunghiul cu lungimile laturilor \( a\sin A \) , \( b\sin B \) , \( c\sin C \) trebuie indeplinite inegalitatile de tipul

\( a\sin A\ <\ b\sin B\ +\ c\sin C \) a.s.o. , echivalente cu \( \frac{a^2}{2R}\ <\ \frac{b^2}{2R}\ +\ \frac{c^2}{2R} \) sau \( a^2\ <\ b^2\ +\ c^2 \) a.s.o. ,

ceea ce este adevarat, intrucat \( \triangle\ ABC \) este ascutitunghic .

b) Notam \( x=b^2 \) , \( y=c^2 \) . Evident \( a=x+y \) . \( LHS=\frac{\frac{b^2}{c^2}}{1+\frac{c^2}{a^2}}+\frac{\frac{c^2}{b^2}}{1+\frac{b^2}{a^2}}=\frac{x(x+y)}{y(x+2y)}+\frac{y(x+y)}{x(2x+y)} \) .

\( \Longrightarrow\ LHS=\frac{x+y}{xy}\left(\frac{x^2}{x+2y}+\frac{y^2}{2x+y}\right)\ \stackrel{\small CBS}{\ge}\ \frac{x+y}{xy}\ \cdot\ \frac{(x+y)^2}{3(x+y)}=\frac{(x+y)^2}{3xy}\ \ge\ \frac 43 \)

[Andi Brojbeanu]

Nu cumva \( \sin B=\cos C \), deci fractiile ar trebui sa aiba acelasi numitor? (Se poate ca enuntul original sa fie gresit pentru ca rezolvarea asta este corecta)

[Mateescu Constantin]

Ai dreptate, eu nici nu observasem ... Am pornit de la inceput cu cos la prima fractie si asa a iesit ... Probabil ca e gresita .

[Spataru Stefan]

Eu am ajuns la egalitatea echivalenta: x^3+y^3>=5yx^2 + xy^2 care nu pot decide inca daca este adevarata sau falsa.( la asta se ajunge uramand textul problemei de foaie, nu cel pe care dvs. l-ati crede corect.)

[Marius Mainea]

pai nu e adevarat totdeauna.

Impartind prin \( y^3 \) si notand \( \frac{x}{y}=t \) obtinem


\( 3t^3-5t^2-t+3\ge 0 \)


sau \( (t-1)(3t^2-2t-3)\ge 0 \)

[Claudiu Mindrila]

Problema nu mi se pare gresita. Presupunem ca \( \widehat{B}\le\widehat{C}\Longrightarrow\widehat{B}\le45^{\circ} \). Deoarece \( \cos C=\sin B \) si \( \tan C=\frac{1}{\tan B} \) avem ca:

\( LHS=\frac{\tan^{2}B+\frac{1}{\tan^{2}B}}{1+\sin^{2}B}\ge\frac{2}{1+\frac{1}{2}}=\frac{4}{3} \), iar egalitate avem cand \( \tan{B}=1 \).

[Spataru Stefan]

Insa puteti sa analizati si cazul cand m(B)>45? Nu va mai fi asa simplu. Cazurile nu sunt identice pentru ca ineglitatea nu e simetrica in AB si AC.

[Mateescu Constantin]

Iata un contraexemplu : \( b=5 \) , \( c=4.5 \) si membrul stang are valoarea \( 1.3169... \) .

Deci e clar ca problema initiala e gresita ...

[Mr. Ady]

Si eu tot cu teorema sin. am folosit-o Inegalitatea n-am reuşit s-o demonstrez în totalitate

[Virgil Nicula]

Sa se arate ca intr-un triunghi \( A \)-dreptunghic \( ABC \) exista inegalitatea \( \frac{\tan^2B}{1+\cos^2B}+\frac{\tan^2C}{1+\cos^2C}\ \ge\ \frac{4}{3} \) .

Met 1. \( \left\|\ \begin{array}{c}
\tan B\cdot\tan C=1\\\\\\\\\\\\\
\cos^2B+\cos^2C=1\\\\\\\\\\\\
(x+y)^2\ge 4xy\end{array}\ \right\|\ \Longrightarrow\ \frac{\tan^2B}{1+\cos^2B}+\frac{\tan^2C}{1+\cos^2C}\ \stackrel{C.B.S.}{\ \ge\ }\ \frac {(\tan B+\tan C)^2}{2+\left(\cos^2 B+\cos^2 C\right)}\ \ge\ \frac{4\cdot\tan B\cdot\tan C}{3}=\frac 43 \) .

Ma intreb daca juniorii stiu CBS (cel putin pentru \( n=2 \)) sau aceasta problema are o solutie fara a utiliza CBS ... Intr-adevar, are !

Met 2. Notam \( x=\cos^2B \) , \( y=\co^2C \) si \( S=x+y=1 \) , \( P=xy \) . Asadar \( x \) si \( y \) sunt radacinile ecuatiei \( t^2-t+P=0 \) ,

adica \( \left\|\ \begin{array}{c}
x^2=x-P\\\\\\\\\\\\\\\
y^2=y-P\end{array}\ \right\| \) , unde \( P=xy\le\left(\frac {x+y}{2}\right)^2=\frac 14\ \Longrightarrow\ \underline{\overline{\left\|\ P\le \frac 14\ \right\|}} \) . Inegalitatea propusa devine \( \frac {y}{x(1+x)}+\frac {x}{y(1+y)}\ge \frac 43\ \Longleftrightarrow \)

\( \frac {y}{2x-P}+\frac {x}{2y-P}\ge \frac 43\ \Longleftrightarrow\ \frac {2(1-2P)-P}{4P-2P+P^2}\ge\frac 43\ \Longleftrightarrow\ \frac {2-5P}{P^2+2P}\ge \frac 43\ \Longleftrightarrow\ 4P^2+23P-6\le 0\ \Longleftrightarrow\ (4P-1)(P+6)\le 0 \) , adevarata.

Ma intreb acum daca juniorii stiu trinomul si/sau ecuatia de gradul 2 ... In acest caz solutia precedenta

se poate "fenta" prin formulele de calcul prescurtat \( \left\|\ \begin{array}{c}
x^2+y^2=(x+y)^2-2xy=1-2P\\\\\\\\\\\\\\\\\
x^3+y^3=(x+y)(x^2+y^2-xy)=1-3P\end{array}\ \right\| \) .

[Beniamin Bogosel]

Dupa parerea mea, juniorii stiu de toate, si mai multe decat trebuie. CBS, etc. numai ca a sti nu e destul. Trebuie multa munca pentru a putea aplica ceea ce stii in mod eficient in rezolvarea unei probleme.

[Mr. Ady]

1. Sa se arate ca daca \( \triangle ABC \) este ascutitunghic, atunci \( a\cdot \sin A \) , \( b\cdot\sin B \) , \( c\cdot\sin C \) sunt lungimile laturilor unui triunghi.

2. Sa se arate ca intr-un triunghi \( A \)-dreptunghic \( ABC \) exista inegalitatea \( \frac{\tan^2B}{1+\cos^2B}+\frac{\tan^2C}{1+\cos^2C}\ \ge\ \frac{4}{3} \) .

La prima fractie este tg^2 B / 1 + sin^2 B, nu cos^2 B....

[Virgil Nicula]

ENUNT INITIAL (gresit !). Sa se arate ca intr-un triunghi \( A \)-dreptunghic \( ABC \) exista inegalitatea \( \frac{\tan^2B}{1+\underline{\overline{\left|\sin^2B\right|}}}+\frac{\tan^2C}{1+\cos^2C}\ \ge\ \frac{4}{3} \) .

Si eu tot cu teorema sin. am folosit-o Inegalitatea n-am reuşit s-o demonstrez în totalitate

Pai cum sa o rezolvi daca enuntul initial a fost gresit. Pe enuntul initial cele doua fractii au

acelasi numitor si inegalitatea este adevarata daca si numai daca \( B\le \frac {\pi}{4} \) sau \( B\ge \arctan\sqrt {\frac {1+\sqrt {10}}{3}} \) .

Intr-adevar, sa mergem pe enuntul initial. Inegalitatea este echivalenta cu \( 3\left(\tan^2B+\tan^2C\right)\ge 4\left(1+\sin^2B\right)\ \stackrel{t=\tan B}{\Longleftrightarrow} \) \( 3\left(t^2+\frac {1}{t^2}\right)\ge \frac {4\left(2t^2+1\right)}{t^2+1} \) \( \Longleftrightarrow \)

\( 3\left(t^2+1\right)\left(t^4+1\right)\ge 4t^2\left(2t^2+1\right)\Longleftrightarrow 3t^6-5t^4-t^2+3\ge 0 \) \( \Longleftrightarrow \left(t^2-1\right)\left(3t^4-2t^2-3\right)\ge 0 \) \( \Longleftrightarrow (t-1)\left(t-\sqrt {\frac {1+\sqrt {10}}{3}}\right)\ge 0 \) \( \Longleftrightarrow t\in (0,1]\cup\left[\sqrt {\frac {1+\sqrt {10}}{3}},\infty\right) \) .