Demostrar o refutar la implicación:

Question

Demostrar o refutar la implicación:

$a^2\cdot \tan(B-C)+ b^2\cdot \tan(C-A)+ c^2\cdot \tan(A-B)=0 \implies$ $ ABC$ es un triángulo isósceles.

Traté de romper el lado izquierdo en factores, pero todos los esfuerzos fueron en vano. ¿Alguien tiene una sugerencia?

Muchas gracias!

Answer 1

Voy a seguir el método sugerido por el Azul en su comentario, para demostrar que la implicación no se sostiene.

Los lados $a$, $b$, $c$ son proporcionales a $\sin A$, $\sin B$ y $\sin C$, respectivamente, por el seno de la ley, de manera que la ecuación es equivalente a $S = 0$, donde $$ S = \sin^2 A \tan(B-C) + \sin^2 B \tan(C-A) + \sin^2 C \tan(A - B).$$ Dejar $x = \tan A$, $y = \tan B$, y $z = \tan C$, podemos reescribir $S$ en términos de $x$, $y$, $z$; por ejemplo, tenemos $\sin^2 A = x^2/(1 + x^2)$$\tan(B - C) = (y-z)/(1 + yz)$. (Vamos a ignorar por ahora el caso especial donde $ABC$ es un triángulo rectángulo, y uno de $x$, $y$, $z$, es, en consecuencia, infinito.) Así $$ S = \frac{x^2}{1 + x^2} \frac{y-z}{1 + yz} + \frac{y^2}{1 + y^2} \frac{z-x}{1 + zx} + \frac{z^2}{1 + z^2} \frac{x-y}{1 + xy.}$$ Ahora observamos que $S = 0$ cuando dos de $x, y, z$ son iguales, por lo que esperamos que el numerador de $S$ a ser divisible por $(y-z)(z-x)(x-y)$. Este es el caso (he utilizado un equipo para esta parte, aunque es posible hacer una división larga, primero por $y-z$, $z-x$ y, finalmente, por $x-y$): $$S = \frac{(y-z)(z-x)(x-y)(2x^2 y^2 z^2 + x^2 y^2 + y^2 z^2 + z^2 x^2 - 1)}{(1 + yz)(1 + zx)(1 + xy)(1 + x^2)(1 + y^2)(1 + z^2)}.$$ Ahora que hemos recuperado los factores $y-z$, $z-x$ y $x - y$, podemos dividir los factores igual a la tangente que apareció originalmente en la $S$, por lo que $$S = \frac{y-z}{1 + yz} \frac{z-x}{1 + zx} \frac{x-y}{1 + xy} T = \tan(B-C)\tan(C-A)\tan(A-B) T,$$ donde $$ T = \frac{2x^2 y^2 z^2 + x^2 y^2 + y^2 z^2 + z^2 x^2 - 1}{(1 + x^2)(1 + y^2)(1 + z^2)}.$$ Para simplificar $T$, podemos escribir $X = 1 + x^2$, $Y = 1 + y^2$, $Z = 1 + z^2$, de modo que $X = 1 + \tan^2 A = \sec^2 A$, y del mismo modo, $Y = \sec^2 B$, $Z = \sec^2 C$. A continuación, mediante la sustitución de $x^2$, $y^2$ y $z^2$ con $X-1$, $Y-1$, $Z-1$, respectivamente, donde aparecen en $T$, obtenemos $$ \begin{align} T &= \frac{2(X-1)(Y-1)(Z-1) + (X-1)(Y-1) + (Y-1)(Z-1) + (Z-1)(X-1) - 1}{XYZ} \\ &= \frac{2XYZ - XY - YZ - ZX}{XYZ} \\ &= 2 - \frac{1}{X} - \frac{1}{Y} - \frac{1}{Z} \\ &= 2 - \cos^2 A - \cos^2 B - \cos^2 C. \end{align} $$ Por tanto, tenemos la siguiente identidad: $$S = \tan(B-C)\tan(C-A)\tan(A-B) (2 - \cos^2 A - \cos^2 B - \cos^2 C),$$ que corresponde más o menos con el Azul de la factorización. Curiosamente, nunca hemos usado el hecho de que $A$, $B$ y $C$ fueron los ángulos de un triángulo. La identidad se extiende al caso en que uno de los ángulos es un ángulo recto por la continuidad.

Ahora la única pregunta es si es posible encontrar un triángulo escaleno para que $$\cos^2 A + \cos^2 B + \cos^2 C = 2.$$ Si asumimos que el $A < B < C$, esto equivale a mostrar que la función $$f(A,B) = \cos^2 A + \cos^2 B + \cos^2 (A + B)$$ toma el valor de $2$ alguna parte en el interior del triángulo $\Delta$ delimitada por las líneas de $A = 0$, $B = A$ y $A + 2B = \pi$. En el vértice $(0,0)$$\Delta$, nos encontramos con $f(0,0) = 3$, de modo que por la continuidad, en los puntos en el interior de $\Delta$ cerca de $(0,0)$, debemos tener $f(A,B) \approx 3$. Asimismo, en el vértice correspondiente a la de un triángulo equilátero tenemos $f(\pi/3, \pi/3) = 3/4$, de modo que en algunos puntos en el interior de $\Delta$, debemos tener $f(A, B) \approx 3/4$. Desde el interior de $\Delta$ es un conjunto conectado, por el teorema del valor intermedio, debemos tener $f(A, B) = 2$ para algunos la elección de $(A, B)$ en el interior de $\Delta$, lo que corresponde a un triángulo escaleno.

Pregunta: ¿Era previsible, de alguna manera, antes de la factorización de paso, que el numerador de $T$ sería expresable en términos de $x^2$, $y^2$ y $z^2$? Que es lo que permitió que el método funcione sin contratiempos.

Answer 2

La demanda sostiene si se sustituye la función de $\tan(B-C)$ (cíclico y permutaciones) con $\tan^*(B-C)=\frac{\sin(B-C)}{\cos(B+C)}$: Desde: $$\tan^*(B-C)=\frac{\sin B \cos C - \sin C \cos B}{\cos B \cos C - \sin B \sin C}$$ y $2ab\cos(C) = a^2+b^2-c^2, 2R\sin A=a, 2ab\sin C=4\Delta$, tenemos: $$2R\tan^*(B-C)= \frac{2abc(a^2+b^2-c^2-a^2-c^2+b^2)}{(a^2+c^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)-16\Delta^2},$$ pero la fórmula de la Garza da $16\Delta^2 = 4b^2c^2-(b^2+c^2-a^2)^2$, a partir de la cual $$2R\tan^*(B-C) = \frac{4abc(b^2-c^2)}{a^4-(b^2-c^2)^2-4b^2c^2+(b^2+c^2-a^2)^2}$$ de la siguiente manera. Esto nos da: $$2R\tan^*(B-C) = \frac{2abc(b^2-c^2)}{a^2(a^2-b^2-c^2)}=\frac{c^2-b^2}{a \cos A}$$ y: $$2Ra^2\tan^*(B-C) = \frac{a(c^2-b^2)}{\cos A} = 2R(c^2-b^2)\tan(A),$$ $$ a^2 \tan^*(B-C) = (c^2-b^2)\tan A = (c^2-b^2)\frac{4\Delta}{b^2+c^2-a^2}.\tag{1}$$ Así tenemos, en términos de las longitudes de los lados, $$ \sum_{cyc}(c^2-b^2)(a^2+c^2-b^2)(a^2+b^2-c^2) = 0, \tag{2} $$ o: $$ \sum_{cyc}(c^2-b^2)(a^4-b^4-c^4+2b^2c^2) = 0,$$ $$ \sum_{cyc}\left(b^6-c^6-a^4b^2+a^2b^4+3b^2c^4-3b^4c^2\right)=0, $$ $$ \sum_{cyc}\left(-a^4b^2+a^2b^4+3b^2c^4-3b^4c^2\right)=0, $$ $$ \sum_{cyc}\left(4b^2c^4-4b^4c^2\right)=0,\tag{3} $$

Ahora es fácil notar que $a=\pm b,a=\pm c$ o $b=\pm c$ implica que el lado izquierdo es cero, por lo $(a^2-b^2)(b^2-c^2)(c^2-a^2)$ divide el LHS en $(3)$.

$$ \sum_{cyc}\left(4b^2c^4-4b^4c^2\right) = 4(a^2-b^2)(b^2-c^2)(c^2-a^2)\tag{4} $$ prueba la (modificado) la reclamación.

Answer 3

La implicación es falsa: Aquí es un gráfico de contorno de los valores de la cantidad $$w = a^2\tan(B-C)+b^2\tan(C-A)+c^2\tan(A-B)$$ donde los vértices $B$ $C$ se fija en (-1,0) y (1,0), respectivamente, y el vértice $A$ puede variar a través del plano. El verde, los contornos son donde $w=0$. Los dos destacados círculos verde y el verde del eje y corresponden a triángulos isósceles. (El verde del eje x corresponde a degenerar triángulos.) Como se puede ver, aunque, hay algunos más verde en el mapa, así que definitivamente hay otros ceros.

No estoy seguro de lo que las ecuaciones para el trivial contornos verdes. Pero voy a señalar algunas otras características notables de la gráfica. La curva roja, que parece ser una hipérbola rectangular es de hecho la hipérbola rectangular $x^2 - y^2 = 1$: es el lugar geométrico de los puntos donde $B-C = \pm90^{\circ}$, es decir,$w = \infty$. (Rojo y azul que se supone son los contornos de $w=1$ $w=-1$ respectivamente, pero supongo que Matlab del trazado no maneje el infinito que así, y sólo las parcelas en rojo). El otro "agradable" rojo curvas parece que podría ser cúbico curvas, y que debe corresponder a $w = \infty$ donde$C-A = \pm90^{\circ}$$A-B = \pm90^{\circ}$. No he examinado de cerca el asunto, aunque.

He aquí un ejemplo concreto de un triángulo escaleno donde obtenemos $0$: Poner vértice $A$$(3,\sqrt{-2 + 2\sqrt{17}})$, lo que hace que un triángulo con lados de $a = 2, b = \sqrt{2 + 2\sqrt{17}}, c = \sqrt{14 + 2\sqrt{17}}.$ puede resolver el triángulo para verificar.

Cómo se puede hacer una trama como esta: Ver el plano como el plano complejo, con la posición de vértice $A$$z=x+iy$. Deje $z_a = 2$ ser el vector desde el vértice $B$ hasta el vértice $C$, $z_b = -1 + z$ ser el vector desde el vértice $C$ hasta el vértice $A$, e $z_c = -1 - z$ ser el vector desde el vértice $A$ hasta el vértice $B$. A continuación,$a = |z_a|$, e $B-C = \arg(z_b z_c / z_a^2)$ (se puede ver por qué?). De esta manera, usted puede conseguir $w$ como una función de la $z$ a de entrada en el software de su elección.

Answer 4

Creo que tengo un ejemplo en el que la identidad es cierto, pero el triángulo no es isósceles. Todos los álgebra en la siguiente fue realizado por Arce.

Deje $a=1$$b=2$, y tome $c^2$ a raíz de la cúbico $x^3-5x^2-25x+45$. El cúbicos tiene dos raíces entre el$1$$9$, de los que dará un conjunto válido de los lados $\{a,b,c\}$ para un triángulo.

Ahora $c^2\ne4$ desde $4$ no es una raíz de la cúbico; por lo $c\ne2$; de la misma manera $c\ne1$; por lo que el triángulo no es isósceles. Futuro prohibido valores de $c$ se comprueba de la misma manera y sin comentario.

Ahora uso el coseno de la regla para encontrar $\cos A$, $\cos B$ y $\cos C$ en términos de $a,b,c$. A continuación, utilice la regla del seno para escribir $\sin A$ $\sin B$ como múltiplos de $\sin C$. Compruebe que $\cos C\ne\pm1$$\sin C\ne0$. Compruebe que $\cos(B-C)$ no son cero, a continuación, calcular el $\tan(B-C)$ y así sucesivamente, en sustitución de $\sin^2C$$1-\cos^2C$; todos ellos tienen un factor de $\sin C$.

Forma de la expresión y cancelar $\sin C$; después de la simplificación, Arce le da el numerador del resultado como un número constante de veces $$(c-1)(c-2)(c+1)(c+2)(c^6-5c^4-25c^2+45)\ ,$$ que es cero.

Esto también encaja con la respuesta dada por @Azul: con los valores de $a,b,c$ he especificado, el primer factor en su producto es cero y no de los demás.

Answer 5

RTP:$$ a^{2}\tan(B-C)+b^{2}\tan(C-A)+c^{2}\tan(a-B)=0$$ $\implica$ ABC es un triángulo isósceles

$$ c^{2}=b^{2}({\frac{\pecado C}{\pecado B}})^{2} \implica b^{2}=c^{2}({\frac{\pecado B}{\pecado C}})^{2} $$

$$ a^{2}=c^{2}({\frac{\sin(\pi-A)}{\pecado C}})^{2}=c^{2}({\frac{\sin Un}{\pecado C}})^{2} $$

$$ a^{2}\tan(B-C)+b^{2}\tan(C-A)+c^{2}\tan(a-B)=0 $$ $$ \implica c^{2}[({\frac{\sin Un}{\sin C}})^{2}({\frac{\bronceado B-\bronceado C}{1+\bronceado B\bronceado C}})+({\frac{\pecado B}{\pecado C}})^{2\ }({\frac{\bronceado C-\bronceado A}{1+\bronceado C\bronceado A}})+({\frac{\bronceado A-\bronceado B}{1+\tan\bronceado B}})]=0 $$

$$ \implica [({\frac{\sin Un}{\sin C}})^{2}({\frac{\bronceado B-\bronceado C}{1+\bronceado B\bronceado C}})+({\frac{\pecado B}{\pecado C}})^{2\ }({\frac{\bronceado C-\bronceado A}{1+\bronceado C\bronceado A}})+({\frac{\bronceado A-\bronceado B}{1+\tan\bronceado B}})]=0 $$

Ahora para cualquier a>B>C, la ecuación anterior será falsa. [Es una conjetura]

Una conjetura es una afirmación que se acepta como para ser verdadero/falso hasta que el contador de ejemplo se presenta.

Así que ahora la ecuación anterior es falso (para a>B>C) de acuerdo a las conjeturas.

Ahora sólo hay dos posibilidades, ya sea cualquiera de los dos ángulos iguales o todos los tres ángulos iguales.

En ambos casos, la ecuación anterior será verdadera.

y, por tanto, la implicación es que demostró ser correcta.