Сбор от котангенси

[monika_at]

Да се докаже. че ако сборът от и котангенсите на ъглите в триъгълник е [tex]\sqrt{3}[/tex],

то триъгълникът е равностранен.

[aifC]

[tex](cotg\alpha - cotg\beta)^{2} + (cotg\beta - cotg\gamma)^{2} + (cotg\gamma - cotg\alpha)^{2} = 0[/tex]

[tex]cotg\alpha = cotg\beta = cotg\gamma \Rightarrow \alpha = \beta = \gamma[/tex]

PS:
*3cot60°=3*(1/√3*)=3*√3/3=√3

[ева]

AifC явно може да чете мисли.Аз не успях да разбера условието.

[matst]

намерих решението в "Rudiments of Mathematics Part 1"
http://books.google.bg/books?id=PTWqXzRLzC4C&pg=PA518&hl=bg#v=onepage&q&f=false

[aifC]

Разбрах го така: Да се докаже, че ако сбора от котангенсите на трите ъгъла в триъгълник е [tex]\sqrt{3}[/tex], то той е равностранен.

[Петър Евгениев]

Разбрах го така: Да се докаже, че ако сбора от котангенсите на трите ъгъла в триъгълник е [tex]\sqrt{3}[/tex], то той е равностранен.

[Nathi123]

За произволни реални числа х,у и z ,такива че x+y+z[tex]> 0[/tex] е изпълнено неравенството
[tex]x+y+z\ge \sqrt{3(xy+xz+yz)}[/tex] (1) ,като равенство между лявата и дясната страна се достига тогава и само тогава,когато
x = y =z,защото неравенство (1) е еквивалентно на неравенството [tex](x-y)^{2}+(x-z)^{2}+(y-z)^{2}\ge0[/tex] (2).
Следователно x+y+z=[tex]\sqrt{3}\Leftrightarrow x=y=z[/tex].
Нека [tex]x = cotg\alpha ; y=cotg\beta ; z=cotg\gamma ; \alpha +\beta +\gamma =\pi[/tex].
[tex]cotg(\alpha +\beta ) = cotg (\pi - \gamma )= - cotg\gamma[/tex] и [tex]cotg(\alpha +\beta ) = \frac{ cotg\alpha .cotg\beta -1}{ cotg\alpha +cotg\beta }=-cotg\gamma[/tex]
[tex]\Rightarrow cotg\alpha .cotg\beta +cotg\beta.cotg\gamma +cotg\alpha.cotg\gamma =1[/tex]
Прилагаме неравенство (1) и получаваме,че
[tex]cotg\alpha +cotg\beta + cotg\gamma\ge \sqrt{3(cotg\alpha .cotg\beta +cotg\beta.cotg\gamma +cotg\alpha.cotg\gamma )}=\sqrt{3}[/tex].
От условието,че [tex]cotg\alpha +cotg\beta + cotg\gamma = \sqrt{3} \Rightarrow \alpha =\beta =\gamma[/tex].

[Knowledge Greedy]

Ето и едно "по-триъгълно " решение, без да прекаляваме с тригонометрия.
Използваме косинусова теорема, но в нейния котангенсов вид.
[tex]c^2=a^2+b^2-2abcos\gamma \,\ \Leftrightarrow \,\ c^2=a^2+b^2-4Scotg\gamma \,\ \Leftrightarrow \,\ cotg\gamma = \frac{a^2+b^2-c^2}{4S}[/tex]
Сборът на котангенсите правим като функция на страните и лицето [tex]S[/tex] на триъгълника.
[tex]cotg\alpha + cotg\beta+cotg\gamma = \frac{a^2+b^2+c^2}{4S} \,\ (*)[/tex]
Сега прилагаме една оценка на лицето на триъгълника с квадратите на неговите страни - като използваме неравенствата между средно геометрично и средно аритметично (в част от херонова формула), и втори път между средно аритметично и средно квадратично.
По-подробно за широката аудитория
[tex]\sqrt[3]{(p-a)(p-a)(p-a)} \le\frac{(p-a)+(p-a)+(p-a)}{3}=\frac{p}{3}[/tex]
[tex]p(p-a)(p-a)(p-a) \le p. \left ( \frac{p}{3} \right )^3[/tex]
Следователно
[tex]S^2 \le \frac{p^4}{27}[/tex] [tex]\,\ \Leftrightarrow \,\ 16S^2 \le 3.\frac{(a+b+c)^4}{81}[/tex] [tex]\,\ \Leftrightarrow \,\ 4S \le \sqrt{3}.\left ( \frac{a+b+c}{3} \right )^2 \le \sqrt{3}. \frac{a^2+b^2+c^2}{3}[/tex]
Получихме, че [tex]4S \le \frac{a^2+b^2+c^2}{ \sqrt{3}}[/tex] и влизайки в [tex](*)[/tex], последното означава, че [tex]cotg\alpha + cotg\beta+cotg\gamma \ge \sqrt{3}[/tex]
Проследяваме възможностите за равенство в редицата от неравенства - то е възможно само и единствено при равностранен триъгълник.

[monika_at]

Аз лично доказах, че триъгълникът е равностранен, като използвах котангенсовата теорема. От нея и условието следва, че. [tex]a^2 +b^2+c^2=4\sqrt{3}S[/tex] За всеки триъгълник, обаче е в сила, че [tex]a^2+b^2+c^2\ge4\sqrt{3}S[/tex], като равенство се достига само при a=b=c. За последното ползвах
Херонова формула, допиратвлни отсечки и СА- СГ.

[monika_at]

Грейди, решенията ни са почти идентични, т.е идеята ни е една и съща.

[grav]

Грийди е по-близко до Greedy.

[Knowledge Greedy]

Да, откровено алчен, но с течение на времето минава