三角形构造

大佬最帅

在三角形中，用A，B，C表示内角弧度数，s表示半周长，证明：以（s-a）A，（s-b）B （s-c）C为边长总可以构成一个三角形

hbghlyj

由连续性,只需证不存在三角形满足$(s-a)A+(s-b)B=(s-c)C$,
易证$C≠\fracπ2$(若$C=\fracπ2$,则$aA+bB=cC$.但$cA+cB>aA+bB=cC=c(A+B)$)
所以$A+B≠C$,除以$A+B-C$得$s=\frac{aA+bB-cC}{A+B-C}$⇒$\frac{a+b+c}2=\frac{aA+bB-cC}{A+B-C}$⇒$c=a+b-\frac{2 (a B+A b)}{\pi }$
⇒$\sin (A+B)=\sin (A)+\sin (B)-\frac{2 (B \sin (A)+A \sin (B))}{\pi }$
⇒$\frac{(1-\cos (A))\sin (B)+(1-\cos (B))\sin (A)}{A\sin (B)+B\sin(A)}=\frac2π$
⇒$\frac{\frac{1-\cos (A)}{\sin (A)}+\frac{1-\cos (B)}{\sin (B)}}{\frac{A}{\sin (A)}+\frac{B}{\sin (B)}}=\frac2π$
⇒$\frac{\tan\frac A2+\tan\frac B2}{\frac{A}{\sin (A)}+\frac{B}{\sin (B)}}=\frac2π$
令$x=\tan\frac A2,y=\tan\frac B2$,变为
$\frac{x+y}{2(\arctan x)\frac{1+x^2}{2x}+2(\arctan y)\frac{1+y^2}{2y}}=\frac2π$
$\frac{x+y}{(\arctan x)\frac{1+x^2}{x}+(\arctan y)\frac{1+y^2}{y}}=\frac2π$
$(\arctan x)\frac{1+x^2}{x}+(\arctan y)\frac{1+y^2}{y}=\fracπ2(x+y)$
因为$f(y)=(\arctan y)\frac{1+y^2}{y}-\fracπ2y,y>0$单减,且$f(y)=-f(\frac1y)$
因此$x=\frac1y$,因此$\tan\frac{A+B}2=\frac{x+y}{1-xy}=∞$,因此$A+B=π$,矛盾.

kuing

设内切圆半径为 `r`，则有 `s-a=r\cot(A/2)` 等，故等价于证明 `A\cot(A/2)`, `B\cot(B/2)`, `C\cot(C/2)` 能构成三角形。

令 `f(x)=x\cot(x/2)`, `x\in(0,\pi)`，求导化简可得
\[f'(x)=\frac{\sin x-x}{1-\cos x}<0,\]
易知当 `x\to0^+` 时 `f(x)\to2`，且 `f(\pi)=0`，所以 `f(x)\in(0,2)`，继续求导化简可得
\[f''(x)=\frac{-2+x\cot\frac x2}{1-\cos x},\]
由刚才得到的 `f(x)\in(0,2)` 可知 `f''(x)<0`，即 `f(x)` 上凸。

不妨设 `A\leqslant B\leqslant C`，由递减得 `f(A)\geqslant f(B)\geqslant f(C)`，只需证明 `f(B)+f(C)>f(A)`。

由于 `A` 必为锐角，有 `B+C-A=\pi-2A\in(0,\pi)`，由上凸得 `f(B)+f(C)\geqslant f(A)+f(B+C-A)>f(A)`，即得证。

isee

回复 2# hbghlyj

我14寸的屏幕硬是放大的3倍，才能看清~~

最懒的环境是gathered 或者行间公式啊~~

hbghlyj

回复 4# isee

Math Settings → Zoom Factor → 150%,175%⋯

MathJax缩放比例尺保存在Cookie里,打开其它帖子也会按照此比例自动缩放,非常方便

hbghlyj

标题似乎不太合适呢,需要分析函数,不能直接构造三角形来解啊

kuing

一下就被盗走了：mp.weixin.qq.com/s/KO--xlVj8pXMEu08xr1YQA

大佬最帅

回复 7# kuing '
好像昨天他比你早发一点，然后公众号是晚上发的

kuing

回复 8# 大佬最帅

他发比我早？证据给一下，截取他发布的时间。