XVI OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XVI OM, 1964-1965

Etap:

III

Udowodnić twierdzenie: długości $a$ , $b$ , $c$ boków trójkąta i miary łukowe $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ przeciwległych jego kątów spełniają nierówności

$ (I) \qquad \frac{\pi}{3}\leq \frac{a \alpha + b \beta +c \gamma}{a+b+c}<\frac{\pi}{2}. $

Rozwiązanie

a) Dowód lewej części wzoru (1).

Załóżmy, że $a \geq b \geq c$ , wobec czego $\alpha \geq \beta \geq \gamma$ . Wówczas

$ (a - b) (\alpha - \beta) + (b - c) (\beta - \gamma) + (a - c) (\alpha - \gamma) \geq 0. $

Przekształcając lewą stronę powyższej nierówności i biorąc pod uwagę, że $\alpha + \beta +\beta = \pi$ , otrzymujemy kolejno

$ a (2\alpha - \beta - \gamma) + b (2\beta - \gamma -\alpha) + c (2\gamma - \alpha - \beta) \geq 0, $

$ a (3 \alpha - \pi) + b (3\beta - \pi) + c (3\gamma - \pi) \geq 0, $

$ 3 (a \alpha + b \beta + c \gamma) \geq (a + b + c) \pi $

i ostatecznie

$ \frac{a \alpha + b \beta +c \gamma}{a+b+c} \geq \frac{\pi}{3}. $

b) Dowód prawej części wzoru (1)

Z założenia, że liczby $a$ , $b$ , $c$ są długościami boków trójkąta, wynika, że $a < b + c$ ; stąd $2a < a + b + c$ , zatem

$ \frac{a}{a+b+c}<\frac{1}{2} $

i analogicznie

$ \frac{b}{a+b+c}<\frac{1}{2}, \quad \frac{c}{a+b+c}<\frac{1}{2}. $

Z powyższych trzech nierówności wnioskujemy, że

$ \frac{a \alpha + b \beta +c \gamma}{a+b+c}<\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}+\frac{\gamma}{2}=\frac{\pi}{2}. $

Uwaga. Pierwszą z nierówności (1) można wysnuć z następującego twierdzenia ogólnego:

Jeżeli liczby rzeczywiste $a_1, a_2,\ldots a_n$ i $b_1, b_2,\ldots b_n$ spełniają nierówności

$ a_1 \geq a_2 \geq \ldots \geq a_n, \quad b_1 \geq b_2 \geq \ldots \geq b_n, $

$ \frac{a_1+a_2+\ldots a_n}{n}\cdot \frac{b_1+b_2+\ldots b_n}{n} \leq \frac{a_1b_1+a_2b_2+\ldots a_nb_n}{n}, $

przy czym równość obu wyrażeń zachodzi tylko wtedy, gdy $a_1 = a_2 = \ldots = a_n$ lub $b_1 = b_2 = \ldots = b_n$ .

Nierówność powyższa nosi nazwę nierówności Czebyszewa.