Strong geometric inequality

[Null]

Sasha2 в сообщении #1473629 писал(а):

Но тогда в этом же треугольнике сумма углов окажется больше 180 градусов.

Докажите.

[Sasha2]

Да опять немного сглупил, вот что-то вертится, но сформулировать до конца не получается.

[Sasha2]

Ну ладно, если с геометрией пока не получается, то попробуем анализ.
После элементарных преобразований задача сводится к тому, чтобы показать $\sin\frac{\pi}{9}>\frac{1}{3}$.
Имеем из тригонометрии следующее тождество: $\sin(3x)=3\sin(x)-4\sin^3(x)$.
Следовательно наш $\sin\frac{\pi}{9}$ должен удовлетворять уравнению $8y^3-6y+\sqrt{3}=0$.
Поскольку синус функция строго возрастающая на отрезке $[0, \frac{\pi}{2}]$, то ясно, что значение нашего синуса не может быть на отрезке $[\frac{1}{2}, 1]$.
Его не может быть и на отрезке $[0, \frac{1}{3}]$, поскольку на этом отрезке функция $8y^3-6y+\sqrt{3}$, является убывающей от $\sqrt{3}$ до $\frac{8}{27}-2+\sqrt{3}$, что очевидно по производной этой функции, равной $24y^2-6$, которая на отрезке $[0, \frac{1}{3}]$ всегда отрицательна (её максимальное значение на этом промежутке равно $-\frac{4}{3}$), и, кроме того значение $\frac{8}{27}-2+\sqrt{3}$ является положительным (сводится к $3\cdot27^2>46^2$).
Ну а значит искомое значение нашего синуса должно быть на промежутке ($\frac{1}{3}, \frac{1}{2}$], то есть в конечном счете $\sin\frac{\pi}{9}>\frac{1}{3}$, что и требовалось доказать.

Ну на этот раз наверно все таки правильно.

[novichok2018]

Ранее это же неравенство получалось через выпуклость, немного быстрее.

[TOTAL]

(Это прямоугольный треугольник )
Можно геометрически свести к доказательству $x>y$
Вдруг у кого-то это легче пойдёт.

[Null]

Я приводил геометрическое доказательство на 1ой странице темы, ни кто не заметил что-ли?

[Dendr]

Вот это?

Null в сообщении #1473204 писал(а):

Можно проверить что проекции $BC$ и $KL$ на $BL$ покрывают его, получим то что нужно.

Если нарисовать в Геоджебре (для наглядности и привязки к координатной сетке рисовал с конца), выйдет так:

Действительно, видно, что проекция точки K находится левее проекции точки C, поэтому сумма проекций двух указанных отрезков, с одной стороны, больше стороны равностороннего треугольника ABL, с другой - меньше суммы самих отрезков, равной полутора длинам интересующего нас отрезка.

Осталось только формально обосновать, что проекции действительно располагаются таким образом, а не просто "это видно".
Рассуждаем так: прямая AC, по построению, сначала пересекает прямую KL, а потом прямую BC. Но вдоль луча AC абсцисса точек растет, поэтому абсцисса C обязательно больше абсциссы K, что и требовалось доказать.

В сущности, ваше доказательство состоит в том, чтобы... вырезать данный треугольник из картона, приложить к нему половинку его копии, провести дополнительное построение - чтобы стал явно виден равносторонний треугольник - и добавить словами предыдущий абзац.
Тут бы надо спросить у топикстартера, примет ли он это, как элементарные методы.

Кстати, мое доказательство тоже прошло незаметно. По сути, скрупулезное и многократное умножение в столбик, но зато позволяющее найти длину BC с любой заданной точностью, особенно если умеешь угадывать. С другой стороны, таким же образом можно получить полином, один из корней которого - искомая длина.

[Null]

Dendr в сообщении #1473932 писал(а):

Осталось только формально обосновать, что проекции действительно располагаются таким образом, а не просто "это видно".

Пусть точка пересечения $AC$ и $BL$ это $M$, тогда $\angle LMK=80^\circ$. Там все нужные углы считаются, что задает однозначное расположение точек.

Null в сообщении #1473948 писал(а):

Кстати, мое доказательство тоже прошло незаметно.

Слишком много цифр отпугивает людей :)

[TOTAL]

Без проекци: $BK<BC$, затем прямая короче ломаной