Интересна задача

[baroveca]

Дадена и функцията [tex]f(x)=2R[sin\alpha +sinx+sin(x+\alpha )][/tex], където [tex]R[/tex] и [tex]\alpha[/tex] са положителни константи, като [tex]\alpha <\pi[/tex], а х е независима променлива, като [tex]0<x<\pi -\alpha[/tex].
1.Да се намери максимумът М на f(x)
2.Ако М се разглежда като функция на α, да се намери за коя стойност на α ф-цията В приема НГС
3.Ако [tex]0<\alpha <\pi[/tex] и [tex]0<x<\pi -\alpha[/tex], да се докаже,че [tex]2R[sin\alpha +sinx+sin(x+\alpha )]\le 2R(sin\alpha +2cos(\frac{\alpha }{ 2} ))\le 3R\sqrt{3}[/tex]
4.Като се използват горните неравенства, да се докаже,че от всички триъгълници, вписани в дадена окръжност, равностранният триъгълник има най-голям периметър.

[0xdeadbeef]

[tex]1.[/tex] [tex]f'(x) = 24(\cos{x} + \cos{(x + \alpha)})=4R\cos{\frac{\alpha}{2}}\cos{(x + \frac{\alpha}{2})}[/tex].
Съобразяваме се с ограниченията и установяваме, че [tex]f'(x) > 0[/tex] при [tex]x < \frac{\pi - \alpha}{2} \Rightarrow f(x)\uparrow[/tex] при [tex]x < \frac{\pi - \alpha}{2}[/tex],
[tex]f'(x) < 0[/tex] при [tex]x > \frac{\pi - \alpha}{2} \Rightarrow f(x)\downarrow[/tex] при [tex]x > \frac{\pi - \alpha}{2}[/tex]. Следователно [tex]f(x) \le M = f(\frac{\pi - \alpha}{2}) = 2R(\sin{\alpha} + 2\cos{\frac{\alpha}{2}})[/tex].

[baroveca]

На 2 вместо М съм написал В..извинявам се.

[0xdeadbeef]

[tex]2.[/tex] Чрез подобни разсъждения както в [tex]1.[/tex], доказваме, че най-голямата стойност на [tex]M[/tex] е равна на [tex]3R\sqrt{3}[/tex], като тя се достига за [tex]\alpha = \frac{\pi}{3}[/tex].
[tex]3.[/tex] Неравенството следва от доказаното в [tex]1.[/tex] и [tex]2.[/tex].
[tex]4.[/tex] Забелязваме, че при дадените ограничения в условието [tex]\exists \triangle ABC[/tex] с ъгли [tex]\alpha, x[/tex] и [tex]\pi - (x + \alpha)[/tex]. Като използваме синусова теорема намираме страните на [tex]\triangle ABC[/tex], които са:[tex]AB = 2R\sin{(x+\alpha)}; CA = 2R\sin{x}; BC = 2R\sin{\alpha}[/tex]. Нека периметъра на [tex]\triangle ABC[/tex] е[tex]P[/tex], като
[tex]P =AB + CA + BC = 2R[\sin{\alpha} + \sin{x} + \sin{(x+\alpha)}] = f(x)[/tex]. В [tex]1.[/tex] доказахме, че [tex]f(x)[/tex] достига най-голямата си стойност при [tex]x = \frac{\pi - \alpha}{2}[/tex], с други думи когато [tex]\triangle ABC[/tex] е равнобедрен. Нека периметърът на равнобедрения [tex]\triangle ABC[/tex] e [tex]Q[/tex], отново по синусова теорема (или чрез заместване) намираме, че [tex]Q = 2R(\sin{\alpha} + 2\cos{\frac{\alpha}{2}}) = M[/tex]. В [tex]2.[/tex] доказахме, че [tex]M[/tex] достига най-голямата си стойност за [tex]\alpha = \frac{\pi}{3}[/tex], т.е когато [tex]\triangle ABC[/tex] е равностранен. Така доказахме, че [tex]P \le Q \le E[/tex], където [tex]E[/tex] е периметърът на равностранния [tex]\triangle ABC[/tex].