◆宮城県 甘泉法師 さんからの解答。
半径Ｒの円に内接する三角形ＡＢＣの頂点Ａ、Ｂ，Ｃの対辺の長さをそれぞれａ,b,ｃとする。
三角形の内角を A=X+T，B=X-T，X≧T≧0
従って C=π-2X とおくと
2R F
≡a+b+c-abc = 2R (sinA+sinB+sinC) - 8R3 sinA sinB sinC
＝2R (2sinXcosT +sin2X) - 8R3 (sin2 X cos2T - cos2 X sin2 T) sin2X
＝2R｛2sinXcosT +sin2X - 4R2 sin2X (sin2 X - sin2 T ) ｝
Fの最小値を調べる。
まずF（X,T)をTで偏微分する。
| ∂F ∂T |
| ＝2sinX sinT ( | cosT p | - 1) |
| ここで p＝ | 1 8R2 cosX |
p≧1 の場合 FはTの単調減少関数
よってF（X,T)はT=Xで最小。
p＜1 の場合
arccos p ＜ X なら F（X,T)はT=arccos pで極大、
arccos p ≧ XならF（X,T)は単調増加。
以上まとめると
F（X,T)のTについての最小値はMin(F（X,0),F（X,X)).
| F（X,0) ＝ 2sinX (1 + cosX){ 4R2 ( cosX - | 1 2 | )2 + 1 - R2 } |
| よって区間 0＜X＜ | π 2 | において |
| 等号が成り立つのは cosX - | 1 2 | ＝0 |
◆高知県 blue さんからの解答。
AB＋BC＋CA≧AB・BC・CA
A(cosα,sinα) B(cos(α＋β),sin(α+β)) C(cos(α＋β＋γ),sin(α＋β＋γ)) とおく。
(ただし、0≦α,β,γ,α＋β＋γ≦2π として一般性を失わない。)
AB
=√((cos(α＋β)-cosα)2+(sin(α+β)-sinα)2)
=√(cos2(α＋β)-2cos(α＋β)cosα+cos2α+sin2(α+β)-2sin(α+β)sinα+sin2α)
=√(2-2cos(α＋β)cosα-2sin(α+β)sinα)
=√2(1-cos(α＋β)cosα-sin(α+β)sinα)
=√2(1-(cos(α＋β)cosα+sin(α+β)sinα))
=√2(1-cos((α＋β)-α))
=√2(1-cos((α＋β)-α))
=√2(1-cosβ)
| =√2*2sin | 2 | ( | β 2 | ) |
| =2|sin( | β 2 | )| |
| =2sin( | β 2 | ) |
| 同様に、BC=2sin( | γ 2 | )、CA=2sin( | β＋γ 2 | ) |
| =2sin( | β 2 | )+2sin( | γ 2 | )+2sin( | β＋γ 2 | )-8sin( | β 2 | )sin( | γ 2 | )sin( | β＋γ 2 | ) |
| =2(sin( | β 2 | )+sin( | γ 2 | )+sin( | β＋γ 2 | )-4sin( | β 2 | )sin( | γ 2 | )sin( | β＋γ 2 | )) |
| =2(sin( | β 2 | )+sin( | γ 2 | )+sin( | β 2 |
+ | γ 2 |
)-4sin( | β 2 | )sin( | γ 2 | )sin( | β 2 |
+ | γ 2 | )) |
| ここで、 | β 2 | ＝ｘ、 | γ 2 | ＝ｙ（0≦x,y≦π）とおき |
◆山梨県 Footmark さんからの解答。
△ABCの、外接円の半径を R 内接円の半径を r とすると、
| △ABCの面積＝ | AB・BC・CA 4R | ＝ | (AB＋BC＋CA)r 2 |
。 |
| ∴ | AB＋BC＋CA AB・BC・CA | ＝ | 1 2Rr |
……(1) |
一方、外接円と内接円の中心間の距離を d とするとチャペルの式より、
2Rr＝R2−d2 。
すると、2Rr は d＝0 のとき 最大値R2 になる。
∴ 0＜2Rr≦R2
| ∴ | 1 2Rr | ≧ | 1 R2 |
……(2) |
| (1)と(2)より、 | AB＋BC＋CA AB・BC・CA | ≧ | 1 R2 |
| ∴ | AB＋BC＋CA AB・BC・CA | ≧1 |
等号成立は d＝0 のとき、即ち △ABCが正三角形のとき。
証明終わり。