Meetkundig starten

Man man man ik heb nog nooit zo lang gezocht op 1 vraag als bij deze. Ik had direct het probleem kunnen reduceren naar deel 2 van het bewijs (zie later), maar dat kreeg ik maar niet te bewijzen. Hoe dan ook:

Definieer $X$ als de reflectie van $B$ over $O$ waardoor $XB$ de diameter van de omgeschreven cirkel van $\triangle ABC$ is en $\angle XAB = 90^\circ$. Merk tevens op dat $\angle XAC = \angle XBC = \angle OBC = \angle BCO = \angle PCO$ (omtrekshoeken op dezelfde boog + collineariteit van $B,O,X$ en $B,P,C$). Als we dus bewijzen dat $\angle XAC + \angle CAB(=\angle A) = 90^\circ > \angle CAB + \angle COP$ zijn we klaar, dus we bewijzen dat $\angle XAC = \angle PCO > \angle OPC$. We hoeven dus eigenlijk enkel te bewijzen dat $|PO| > |PC|$ want een grotere hoek van een driehoek kijkt op een langere zijde. Definieer nu $M$ met $M$ het middelpunt van $[BC]$. Merk op dat $O$ op de middelloodlijn van $BC$ ligt en dus $OM$ loodrecht op $BC$ staat. Ook geldt er dat $|OP|^2 = |PM|^2 + |OM|^2$ wegens pythagoras, want $O$ ligt in de driehoek a.e.s.a. de driehoek scherphoekig is. Als we dus bewijzen dat $|PM| \geq |PC|$, dan zijn we klaar. Dit is het moeilijkste deel van het bewijs.

Als $A$ links van de middelloodlijn van $[CM]$ ligt, zijn we klaar. Als $A$ rechts ervan ligt, dan klopt het bewijs niet. We zullen echter bewijzen dat als $A$ rechts van de middelloodlijn van $[CM]$ ligt, $\angle A > 90^\circ$ of $\angle C < \angle B + 30^\circ$ wat dus in tegenstrijd zou gaan met het gegeven.

Vertrek van het lijnstuk $[BC]$ met $M$ het midden van $[BC]$.
Construeer nu een willekeurig punt $A$ rechts van de middelloodlijn van $[CM]$. We willen bewijzen dat $\angle ACB < \angle ABC + 30^\circ$. Definieer vervolgens $Y$ als het snijpunt van $AC$ en de middelloodlijn $[CM]$. Als we bewijzen dat $\angle ACB = \angle C = \angle YCB < \angle YBC + 30 ^\circ < \angle ABC (= \angle B)+ 30^\circ $ dan hebben we ook direct bewezen dat het voor $A$ niet geldt (want $\angle YBC < \angle ABC$ uiteraard wegens $\angle YBA > 0$ en $\angle ABC = \angle YBC + \angle YBA$). We hoeven dus enkel de gevallen te bestuderen waar $A$ op de middelloodlijn van $[CM]$ ligt, want als het voor $A$ op de middelloodlijn van $[CM]$ niet geldt, geldt het voor geen enkele $A$ rechts van de middelloodlijn van $[CM]$ (zie boven).

Noem $P$ het midden van $[CM]$ ($P$ is dan ook de voet van de hoogtelijn vanuit $A$).
Noem eerst $\angle ABC = x$ en noem $\angle BCA = x + \alpha$. We bewijzen dat $\alpha < 30 ^\circ $. Construeer $E$ met $E$ het snijpunt van de middelloodlijn op $[BC]$ en $[AC]$. Construeer $F$ met $F$ het snijpunt van de middelloodlijn op $[CM]$ en $[CE]$.
Merk op dat $\angle BCE = \angle CBE = x$ en $\angle MAP= \angle CAP$.
Als $x = 30^\circ$, dan geldt er dat $\triangle CPF \sim \triangle APM$, want met angle chase zien we dat $\triangle AFE$ en $\triangle MFE$ beide gelijkzijdige driehoeken zijn, waardoor $AM$ loodrecht op $FE$ staat en dus ook $AM$ de bissectrice van $\angle FAE$ is. Hierdoor is $\angle FAM = \angle PCF$, $\angle CPF = \angle APM$ en $\angle AMP = \angle CFP$ waardoor gelijkvormigheid bewezen is. Merk op dat $\angle MAP = \angle CAP = 30 ^\circ$, dus is $\angle CAB = \angle CAP + \angle MAP + \angle MAB (= \angle MAE) = 90^\circ$. Als $x$ nu kleiner dan $30 ^\circ$ geweest zou zijn, dan zou $A$ groter dan $90 ^\circ$ geweest zijn, want $A$ wordt gedefinieerd door het snijpunt van $BE$ met $PF$ en hoe kleiner de hoek $EBC = ABC$, hoe groter de hoek $CAB$ dus (Als $\angle B = \angle EBC = \angle ABC$ dus groter is, dan zal de hoek die kijkt op $[BC]$ kleiner zijn! Dit komt omdat deze hoek enkel en alleen bepaald wordt door de hoek $\angle B$. Hoe groter $\angle B$, hoe verder $A$ van $[BC]$ ligt en hoe kleiner de hoek dus). Dit impliceert dat aangezien $\triangle ABC$ scherphoekig is, dat $x > 30 ^\circ$ is. Nu bewijzen we dat $\alpha < 30 ^\circ$ wat in tegenstrijd gaat met het gegeven.

Noem |AP| = $a$ en $|BC| = b$. Er geldt in $\triangle APB$ dat $\tan x = |AP|/|PB| > tan(30^\circ) = \frac{1}{\sqrt{3}}$ wat dus impliceert dat aangezien $|PB| = \frac{3|BC|}{4} = \frac{3b}{4}$, er geldt dat $4a/3b > \frac{1}{\sqrt{3}}$ en dus
\[a > \frac{\sqrt{3}b}{4}\]
Dit is een van de cruciale delen van het bewijs vreemd genoeg.
Ook geldt in $\triangle AMB$ wegens de sinusregel dat $\frac{|BM|}{\sin{\angle MAB}} = \frac{|AM|}{\sin x}$
Wegens angle chase vinden we dat $\angle MAB = \angle ACE = \alpha$. We willen bewijzen dat $\alpha < 30 ^\circ$, dus eerst en vooral hebben we dat
\[\sin{\angle MAB} = \sin{\alpha} = \frac{|BM| \cdot \sin{x}}{|AM|}\]
Als we nu bewijzen dat
\[\frac{1}{2} = \sin{30^\circ} > \sin{\alpha} = \frac{|BM| \cdot \sin{x}}{|AM|}\]
dan zijn we klaar.
Dus we willen bewijzen dat
\[\sin{x} < \frac{|AM|}{2\cdot|BM|} = \frac{|AM|}{|BC|} = \frac{\sqrt{a^2 + \frac{b^2}{16}}}{b}\]
want $|AM|^2 = |AP|^2 + |PM|^2 = a^2 + (\frac{b}{4})^2$.
Ook geldt er dat \[\sin{x} = \frac{|AP|}{|AB|} = \frac{a}{\sqrt{a^2 + \frac{9b^2}{16}}}\]
in de rechthoekige driehoek $\triangle APB$ (want $|AB|^2 = |AP|^2 + |BP|^2 = a^2 + (\frac{3b}{4})^2$).
Nu willen we bewijzen dat
\[\sin x = \frac{a}{\sqrt{a^2 + \frac{9b^2}{16}}} < \frac{|AM|}{|BC|} = \frac{\sqrt{a^2 + \frac{b^2}{16}}}{b}\]
oftewel
\[16ab < \sqrt{256a^4 + 160a^2b^2 + 9b^4}\]
Dit kwadrateren geeft
\[256a^2b^2 < 256a^4 + 160a^2b^2 + 9b^4 \iff 0 < (16a^2-3b^2)^2\]
wat hetzelfde is als
\[\frac{3b^2}{16} < a^2 \iff \frac{\sqrt{3}b}{4} < a\]
wat we reeds bewezen. Dit impliceert dat $\alpha < 30 ^\circ$ wat in tegenspraak gaat met het gegeven $\angle C \geq \angle B + 30 ^\circ$. Bijgevolg ligt $A$ links van de middelloodlijn van lijnstuk $[CM]$ en is $|CP| < |CM|$ waardoor dus ook $|PO| > |PC|$ en is ons bewijs af.

Trig bash for the win.