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悠闲数学娱乐论坛(第2版)
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初等数学讨论
» 来自减压群的外心向量系数最值
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发表于 2018-1-11 21:24
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[几何]
来自减压群的外心向量系数最值
生如夏花(2365*****) 16:13:07
2018-1-11 20:57
与
这帖
类似,但差个系数,后面的运算稍麻烦。
和那帖类似地有
\begin{align*}
x+2y&=\frac {\sin 2B+2\sin 2C}{\sin 2A+\sin 2B+\sin 2C}\\
&=2-\frac {\sin 2B+\sqrt 3}{\frac {\sqrt 3}2+\sin 2B+\sin 2C}\\
&=2-\frac {\sin 2B+\sqrt 3}{\frac {\sqrt 3}2+\sin 2B+\sin (240\du-2B)}\\
&=2-\frac 2{\sqrt 3}\cdot \frac {\sin 2B+\sqrt 3}{1+\sqrt 3\sin 2B-\cos 2B},
\end{align*}
令
\[t=\frac {\sin 2B+\sqrt 3}{1+\sqrt 3\sin 2B-\cos 2B},\]
整理为
\[\bigl(\sqrt 3t-1\bigr)\sin 2B-t\cos 2B=\sqrt 3-t,\]
则
\[\sqrt 3-t\leqslant \sqrt {\bigl(\sqrt 3t-1\bigr)^2+t^2},\]
显然 $t$ 为正,由此解得 $t\geqslant \sqrt {2/3}$,所以
\[x+2y\leqslant 2-\frac 2{\sqrt 3}\cdot \sqrt {\frac 23}=2-\frac {2\sqrt 2}3,\]
取等懒得写。
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发表于 2018-1-11 21:46
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只看该作者
再来一种变形
\begin{align*}
x+2y&=\frac {\sin 2B+2\sin 2C}{\sin 2A+\sin 2B+\sin 2C}\\
&=2-\frac {2\sin 2A+\sin 2B}{\sin 2A+\sin 2B+\sin 2C}\\
&=2-\frac {2\sin 2A+\sin 2B}{4\sin A\sin B\sin C}\\
&=2-\frac {\sqrt 3+\sin 2B}{2\sqrt 3\sin B\sin (120\du-B)}\\
&=2-\frac {\sqrt 3(\sin ^2B+\cos ^2B)+2\sin B\cos B}{\sqrt 3\sin B\bigl(\sqrt 3\cos B+\sin B\bigr)}\\
&=2-\frac {\sqrt 3(1+\cot ^2B)+2\cot B}{\sqrt 3\bigl(\sqrt 3\cot B+1\bigr)}\\
&=2-\frac 13\left( \sqrt 3\cot B+1+\frac 2{\sqrt 3\cot B+1} \right)\\
&\leqslant 2-\frac {2\sqrt 2}3,
\end{align*}
还是挺麻烦,不过这个取等条件够明显。
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发表于 2018-1-12 01:51
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又或者这样
\begin{align*}
x+2y&=\frac {\sin 2B+2\sin 2C}{\sin 2A+\sin 2B+\sin 2C}\\
&=\frac {2\sin B\cos B+4\sin C\cos C}{4\sin A\sin B\sin C}\\
&=\frac 1{2\sin A}\left( \frac {\cos B}{\sin C}+\frac {2\cos C}{\sin B} \right)\\
&=\frac 1{\sqrt 3}\left( \frac {\cos B}{\sin (120\du-B)}+\frac {2\cos (120\du-B)}{\sin B} \right)\\
&=\frac 1{\sqrt 3}\left( \frac {2\cos B}{\sqrt 3\cos B+\sin B}+\frac {-\cos B+\sqrt 3\sin B}{\sin B} \right)\\
&=\frac 1{\sqrt 3}\left( \frac {2\cot B}{\sqrt 3\cot B+1}-\cot B+\sqrt 3 \right)\\
&=2-\frac 13\left( \sqrt 3\cot B+1+\frac 2{\sqrt 3\cot B+1} \right)\\
&\leqslant 2-\frac {2\sqrt 2}3,
\end{align*}
其实都差不多……
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发表于 2018-1-12 02:00
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之所以化 cot 而不化 tan,是因为 cotB 的范围连续,而 tanB 就不连续,而且还要另外交待 90 度。
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发表于 2018-1-12 08:27
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本帖最后由 敬畏数学 于 2018-1-12 08:30 编辑
分别向AB向量,AC向量投影有(设AB=c,AC=b):
$\begin{cases}
2xc+yb=c \\
xc+2yb=b \\
\end{cases}$
解得:$\begin{cases}
x=\dfrac{2c-b}{3c} \\
y=\dfrac{2b-c}{3b} \\
\end{cases}$
则$x+2y=2-\dfrac{b^2+2c^2}{3bc}\leqslant 2-\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$,等号成立:$b=\sqrt{2}c$.
这样玩不难。
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发表于 2018-1-12 09:49
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敬畏数学
这个解法确实是我见到的最简解法,之前在qq群里也见到过了。
基本到现在为止,就是两类解法:
一个利用外心向量表达,用三角函数解答。
另一个就是直接用向量运算,化成代数形式。其中,你这种最后化成边,就避免对x,y范围限定的额外工作,所以最简洁。
但是,我还在想第三种方法,就是利用“等和线”的几何方法。
其实已经发现当AO与BD(D为AC中点)垂直时,取最大值。但是还没找到几何证法。
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发表于 2018-1-12 13:20
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为了说明x,y的范围还要结合图像,真是一个丑陋的方法,呵呵
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发表于 2018-1-12 15:47
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敬畏数学
不错,原来化边会这么简洁,那我再来试试由三角变回边……
依然先写出三角表达
\[x=\frac {\sin 2B}{\sin 2A+\sin 2B+\sin 2C}=\frac {2\sin B\cos B}{4\sin A\sin B\sin C}=\frac {\cos B}{2\sin A\sin C},\]
由斜影定理 $c=a\cos B+b\cos A$ 及正弦定理 $a\sin C=c\sin A$ 得
\[x=\frac {c-b\cos A}{2a\sin A\sin C}=\frac {c-b\cos A}{2c\sin ^2A}=\frac 1{2\sin ^2A}\left( 1-\frac bc\cos A \right),\]
同理
\[y=\frac 1{2\sin ^2A}\left( 1-\frac cb\cos A \right),\]
于是
\[x+ky=\frac 1{2\sin ^2A}\left( 1+k-\left( \frac bc+k\cdot \frac cb \right)\cos A \right),\]
若 $k$ 为正且 $A$ 为锐角,则
\[x+ky\leqslant \frac 1{2\sin ^2A}\bigl( 1+k-2\sqrt k\cos A \bigr),\]
易知 $b/c$ 可取遍正数,所以等号一定能取到。
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