Encuentre la magnitud del ángulo de vértice$\alpha$ de un triángulo isósceles con el área dada$A$ tal que el radio$r$ del círculo inscrito en el triángulo sea máximo.
Mi intento: 
Respuestas
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Vamos a probar que para todo triángulo $$r\leq\sqrt{\frac{A}{3\sqrt3}}.$$
De hecho, vamos a $AB=c$, $AC=b$ y $BC=a$.
Por lo tanto, $A=\frac{1}{2}ra+\frac{1}{2}rb+\frac{1}{2}rc$, lo que da $r=\frac{2A}{a+b+c}$.
Por lo tanto, tenemos que demostrar que $$\frac{2A}{a+b+c}\leq\sqrt{\frac{A}{3\sqrt3}}$$ o $$12\sqrt3A\leq(a+b+c)^2.$$ Pero por Heron fórmula tenemos $$A=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)},$$ donde $p=\frac{a+b+c}{2}$.
Por lo tanto, tenemos que demostrar que $$(a+b+c)^2\geq12\sqrt3\sqrt{\frac{a+b+c}{2}\cdot\frac{a+b-c}{2}\cdot\frac{a+c-b}{2}\cdot\frac{b+c-a}{2}}$$ o $$(a+b+c)^3\geq27(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)$$ o $$\frac{(a+b-c)+(a+c-b)+(b+c-a)}{3}\geq\sqrt[3]{(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)},$$ que es AM-GM.
La igualdad se produce por $$a+b-c=a+c-b=b+c-a$$ o $$a=b=c,$$ el que dice que $r$ obtiene un valor máximo, cuando el triángulo es un triángulo equilátero,
el que dice que $\measuredangle BAC=60^{\circ}$.
Hecho!
Si el siguiente es obvio para usted, entonces estoy listo para eliminarlo.
La igualdad que ocurren en nuestro AM-GM sólo para $a+b-c=a+c-b=b+c-a$ podemos entender de la siguiente manera.
Vamos $a+b-c=x^3$, $a+c-b=y^3$ y $b+c-a=z^3$.
Por lo tanto, $x$, $y$ y $z$ son positivos y la igualdad caso da $$\frac{x^3+y^3+z^3}{3}=xyz$$ o $$x^3+y^3+z^3-3xyz=0$$ o $$x^3+3x^2y+3xy^2+y^3+z^3-3x^2y-3xy^2-3xyz=0$$ o $$(x+y)^3+z^3-3xy(x+y+z)=0$$ o $$(x+y+z)((x+y)^2-(x+y)z+z^2)-3xy(x+y+z)$$ o $$(x+y)^2-(x+y)z+z^2-3xy=0$$ o $$x^2+y^2+z^2-xy-xz-yz=0$$ o $$2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2xz-2yz=0$$ o $$(x-y)^2+(x-z)^2+(y-z)^2=0$$ o $$x=y=z,$$ que da $a=b=c$.
Amr Ahmad
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228
Supongamos que la base de nuestra trangle es$2a$, entonces la coresponding altura es $A/a$ y la longitud del lado a es $b=\sqrt{a^2+A^2/a^2}$, y, finalmente, la semi perímetro de un triángulo es $$p= a+\sqrt{a^2+\frac{A^2}{a^2}}$$ Ahora ya $pr=A$ el valor máximo de $r$ corresponde al menor valor de $p$. Por lo tanto, necesitamos encontrar el mínimo de $p$ como función de $a$.
A simpify cosas se introduce una nueva variable $x=a/\sqrt{A}$, de modo que $$f(x)=\frac{p}{\sqrt{A}}= x+\sqrt{x^2+\frac{1}{x^2}}$$ Claramente,
$$\eqalign{f'(x) y=1+\frac{x^2-1/x^2}{\sqrt{x^4+1}}=\frac{\sqrt{x^4+1}+x^2-1/x^2}{\sqrt{x^4+1}}\cr &=\frac{3x^4-1}{x^4\sqrt{x^4+1}(\sqrt{x^4+1}-x^2+1/x^2)} }$$ Por lo tanto $f(x)$ es la disminución en el $(0,1/\sqrt[4]{3})$ y aumentando en $(1/\sqrt[4]{3},\infty)$. Por lo tanto $f$ alcanza su valor mínimo cuando $x=1/\sqrt[4]{3}$. El mínimo corresponde a $$ 2a=2\sqrt{\frac{A}{\sqrt{3}}},\qquad b=\sqrt{a^2+A^2/a^2}=2a.$$ Así, nuestro triángulo al $r$ es el máximo es equilátero, y el vértice es igual a $\frac{\pi}{3}$.
MikeMathMan
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159
Sabemos que cada triángulo tiene una única circunferencia inscrita; también tenemos los 2 siguientes teoremas:
Teorema 1: de Entre todos los triángulos de perímetro dado, el equilátero tiene la el área más grande.
Teorema 2: La radio de $r$ de la circunferencia inscrita para un triángulo $\triangle ABC$ es dada por
$ r = 2 \frac{Area(\triangle ABC) } {Perimeter(\triangle ABC)}$
Deje $A > 0$ y restringir nuestra atención a todos los triángulos de satisfacciones $Area(\triangle ABC) = A$.
Por el Teorema 2, si tenemos dos triángulos, uno con el menor perímetro que nos dará un mayor radio de la circunferencia inscrita $r$.
Deje $\mathcal T$ ser cualquier triángulo con área de $A$ y supongamos que no es equilátero. Por el Teorema 1, el triángulo equilátero con el mismo perímetro tiene mayor área. Se puede ampliar este triángulo equilátero abajo a un triángulo $\mathcal E$ donde$Area(\mathcal E) = A$$Perimeter(\mathcal E) < Perimeter(\mathcal T)$.
Desde este triángulo equilátero $\mathcal E$ es un triángulo isósceles, llegamos a la respuesta:
$\alpha = 60 °$.
B. Goddard
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2488
Si usted dibuja los segmentos desde el centro del círculo para cada vértice, se corta el triángulo en 3 triángulos más pequeños. Dado que los radios son perpendiculares a los lados, las alturas de todos los 3 triángulos es $r$. Deje que la longitud de los lados adyacentes a$\alpha$$b$. Luego de 2 de los triángulos tienen área $br/2$. El lado opuesto $\alpha$ tiene una longitud de $2b\sin(\alpha/2)$ por lo que el área de la 3ª triángulo es $br\sin(\alpha/2)$. El total de la superficie, entonces es
$$A=\frac{br}{2}+\frac{br}{2}+br\sin\left(\frac{\alpha}{2}\right)=br\left((1+\sin\left(\frac{\alpha}{2}\right)\right).$$
Necesitamos expresar $b$ en términos de $r$. Otro espression para el área de es $(1/2) b^2\sin(\alpha/2)\cos(\alpha/2).$ ∆ $b$ y enchufar en la expresión anterior y resolviendo $r$ da
$$r=\frac{A}{\sqrt{\frac{2A}{\sin \alpha}}\left(1+\sin(\alpha/2)\right)}.$$
Así que ahora tenemos que "simplemente" maximizar $r$. Este es un computacional lío. Tomar la derivada de $r$ con respecto al $\alpha$. Establecer la basura igual a cero y se obtiene $\pi/3$. Pero hice esto último bit con Maple. Se ve capaz de hacer-a mano por una persona paciente.
David Winton
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49
Como imprimación, hay una sección en https://en.wikipedia.org/wiki/Incircle_and_excircles_of_a_triangle#Incircle_and_its_radius_properties con la respuesta a esta pregunta. Para el resto de la pregunta que yo uso $\alpha$ $\frac{\alpha}{2}$ para la simplicidad de la lectura.
Comenzamos considerando el área en términos de $\alpha$. $$A = \frac{base * height}{2}= \frac{a*sin(\alpha) * a * cos(\alpha)}{2} = \frac{a^2sin(2\alpha)}{4}$ $ , donde el último paso, utiliza el seno de doble ángulo de la fórmula.
Ahora, consideramos que el área en términos del radio de la circunferencia inscrita. Puede obtener más detalles en la página de la wikipedia, pero vamos a descomponer el triángulo en tres triángulos más pequeños mediante el dibujo de líneas de los bordes hacia el centro del círculo. Porque el círculo es tangente a cada uno de los bordes, sabemos que el radio que une el centro de cada borde se encuentra con el borde en ángulo recto y, en consecuencia, la altura de cada uno de estos tres subtriangles es r. Por lo tanto, el área es
$$A = \sum_{subtriangles} A_{subtriangle} = (\frac{a*r}{2} + \frac{a*r}{2} + \frac{base*r}{2}) = \frac{r}{2}(2a + 2a*sin(\alpha))$$
So we have $$\frac{a^2sin(2\alpha)}{4} = \frac{r}{2}(2a + 2a*sin(\alpha))$$ which implies $$ r = \frac{a^2sin(2\alpha)}{4a(1+sin(\alpha))}$$ Nos pusimos a = 1 arbitrariamente debido a que la escala es irrelevante en el problema y tomamos la derivada con respecto al $\alpha$. Desafortunadamente, en este punto puedo obtener perplejo y gire a W|A, pero parece que otras respuestas uso de arce, así que me siento menos mal en este punto.
