Биссектральные треугольники

[wrest]

TR63 в сообщении #1515743 писал(а):

и получили начало последовательности ${83,85; 63,13;...}$

Не так. $\{83,86;67,80;62,13;...\}$ Ну не суть.

-- 26.04.2021, 22:01 --

TR63 в сообщении #1515743 писал(а):

Т.е. пока не предъявлено доказательство, что $\angle DFE\le\angle BAC$

Мне кажется, что это легко следует из теоремы о биссектрисе (биссектриса при вершине треугольника делит противоположную сторону на части, пропорциональные прилежащим сторонам). Попробуете? :)

[TR63]

wrest в сообщении #1515752 писал(а):

Попробуете?

Свела задачу к решению неравенства

$b>c>a$
$b+c+a=1$
$a^3+3ca^2-c(3-2c)a+c(1-2c)>0$

При $c=a$ решается устно, что аналитически подтверждает гипотезу для равнобедренного треугольника. Если для разностороннего треугольника неравенство верно, то ОК. На Вольфраме не решается.

[wrest]

TR63
Пусть у нас дан треугольник в ранее принятых обознаениях как на картинке Dendr то есть сторона $BC$ наибольшая, соответственно угол биссектрального треугольника $\angle DFE$ наибольший. Для краткости, обозначим углы одной буквой.
Тогда из очевидных (или не совсем очевидных :) ) преобразований следует:
$\tg \angle F=\dfrac{\sin \angle B + \sin \angle C}{\cos \angle A +0,5}$
Прямоугольность биссектрального треугольника (т.е. $\angle F = 90^\circ $) бывает только в случае $\angle A = 120^\circ$.
Числитель всегда положительный т.к. оба синуса положительные. Отрицательный тангенс биссектрального угла (т.е. сам угол тупой) получается при отрицательном знаменателе, то есть $\angle A > 120^\circ$ Положительный тангенс биссектрального угла (т.е. сам угол - острый), соответственно, при $0^\circ < \angle A < 120^\circ$
Осталось разобраться с тем, что $\angle A > \angle F$ для $\angle A>60^\circ$ (ну и ессно, $\angle A > \angle B \ge \angle C$ и $\angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ$)

[vlad239]

Зафиксируем с и будем менять a (при этом еще b меняется).
производная по a равна $3a^2+6ac+2c^2-3c$ и очевидно возрастает при $a\in [0;c]$. В нуле это $2c^2-3c=c(2c-3)<0$, в с это $11c^2-3c$ (это обычно положительно). Значит функция сперва убывает, потом возрастает. Интересует ее значение при условии $3a^2+6ac+2c^2-3c=0$ (если оно везде отрицательно, то значение в точке с, но там все нормально - при a=c)

$3(a^3+3a^2c+a(2c^2-3c)+(c-2c^2))=3(a^3+3a^2c+a(2c^2-3c)+(c-2c^2))-a(3a^2+6ac+2c^2-3c)=3a^2c+2a(2c^2-3c)+3(c-2c^2)$

Делим на с
$3a^2+2a(2c-3)+3(1-2c)=3a^2+2a(2c-3)+3(1-2c)-(3a^2+6ac+2c^2-3c)=-2ac-6a+3-3c-2c^2$
А вот дальше пока не вышло. Эта штука бывает отрицательной - но не в корне производной. А если в корне - то условие про b>c>a не выполнено...

[TR63]

vlad239, при $c\ge\frac1 3$ можно решать через квадратное неравенство (с помощью Вольфрама, только правильно скормив):

$$2(1-a)c^2-(3a^2-3a+1)c-a^3\le0$$

Тогда достаточно рассмотреть случай, когда $0<c<\frac1 3$.

[vlad239]

неравенство вроде бы неверно при a=1/5, c=2/5. Я понимаю, что там неравенства нестрогие, но можно чуть подвигать будет по непрерывности.

[TR63]

При $c\le c_0$, $(c_0)$ (корень) неравенство верно. Значит гипотеза о биссектральном угле в этой области верна. При $c\ge c_0$ неравенство абсолютно ложно во всей области определения. Но это не значит, что гипотеза о биссектральном угле неверна, т.к. само неравенство является достаточным условием верности гипотезы.
Следовательно, пока аналитического решения нет. Возможно есть простой геометрический способ доказать гипотезу о биссектральном угле аналитически.