[函数] "三角形函数"转自解题群

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2013-1-29 11:45

_____kuing edit in $\LaTeX$_____
已知函数 $f(x)$，若对给定的 $\triangle ABC$，它的三边的长 $a$, $b$, $c$ 均在函数 $f(x)$ 的定义域内，都有 $f(a)$, $f(b)$, $f(c)$ 也为某三角形的三边长，则称 $f(x)$ 是 $\triangle ABC$ 的“三角形函数”。下面给出四个命题：
1、
2、
3、若定义在 $(0,+\infty)$ 上的周期函数 $f_3(x)$ 的值域也是 $(0,+\infty)$，则 $f_3(x)$ 是任意三角形的“三角形函数”；
4、对锐角 $\triangle ABC$，它的三边长 $a$, $b$, $c\in\mbb N^+$，则 $f_4(x)=x^2+\ln x$（$x>0$）是锐角 $\triangle ABC$ 的“三角形函数”。
以上命题正确的有_____

kuing

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2^#

发表于 2013-1-29 12:33

又换了个名字，以前曾叫“保三角形函数”，比如见http://bbs.pep.com.cn/thread-523458-1-1.html不过定义有不同，这里是存在性，链接里是任意性

基本信息：kuing，GG，19880618~?，地道广州人，高中毕业，无业游民，不等式爱好者，论坛混混；
现状：冇钱又冇样、冇型又冇款、冇身材又冇文采、冇学历又冇能力、冇高度冇速度冇力度兼夹冇野做！（粤语）

kuing

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3^#

发表于 2013-1-29 14:40

证一下第四个命题。

（1）若 $\triangle ABC$ 为等腰三角形，不妨设 $a=b$，则由锐角三角形以及边长为正整数知 $a=b\geqslant 1$ 且 $1\leqslant c\leqslant \bigl[\sqrt2a\bigr]$（$[x]$ 表示高斯函数，下同），此时 $f_4(a)$, $f_4(b)$, $f_4(c)$ 均为正数且 $f_4(a)=f_4(b)$，故要证 $f_4(x)$ 为其“三角形函数”只需证
\[2f_4(a)>f_4(c),\]
因 $f_4(x)$ 递增，故只需证
\[2f_4(a)>f_4\bigl(\bigl[\sqrt2a\bigr]\bigr),\]
即
\[2a^2+2\ln a>\bigl[\sqrt2a\bigr]^2+\ln\bigl[\sqrt2a\bigr],\]
若 $a=1$，则上式等价于 $2>1$ 显然成立，若 $a\geqslant 2$，则由 $\bigl[\sqrt2a\bigr]<\sqrt2a+1$ 且 $\bigl[\sqrt2a\bigr]^2<\bigl[\bigl(\sqrt2a\bigr)^2\bigr]=2a^2$，只需证
\[2\ln a\geqslant \ln\bigl(\sqrt2a+1\bigr),\]
即
\[a^2\geqslant\sqrt2a+1,\]
易证其对所有 $a\geqslant 2$ 成立，所以此时命题成立；

（2）若 $\triangle ABC$ 不是等腰三角形，不妨设 $1\leqslant a<b<c$，则由边长为正整数可设 $b=a+t$, $c=a+t+u$，其中 $t$, $u\in\mbb N^+$，因为 $0<f_4(a)<f_4(b)<f_4(c)$，故要证 $f_4(x)$ 为其“三角形函数”只需证
\[f_4(a)+f_4(b)>f_4(c),\]
由锐角三角形知 $a^2+b^2>c^2$，所以只要证
\[\ln a+\ln b\geqslant\ln c \iff a(a+t)\geqslant a+t+u,\]
又由锐角三角形有
\[a^2+b^2>c^2\iff a^2>(c-b)(c+b)\iff a^2>u(2a+2t+u),\]
所以只要证
\[u(2a+2t+u)+at\geqslant a+t+u,\]
整理为
\[(2u+t-1)a+(u-1)(t+u)+tu\geqslant 0,\]
显然成立，所以此时命题也成立。

综合（1）（2），命题四获证。

kuing

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4^#

发表于 2013-1-29 14:56

前两个命题很简单就不说了，至于第三个命题，粉丝群里“地狱的死灵”已经说了，这里引用一下。

地狱的死灵(4040*****) 2013-1-29 10:03:15
设f(x)有周期T,
且f(T)=f(2T)=m>0，
由周期性f(x)在（T，2T]上的值域也是（0，+∞），
所以存在c∈（T，2T）使得f(c)>2m,
取a=T,b=2T
则a,b,c可构成三角形但f(a),f(b),f(c)不能构成三角形