Триъгълник**

[ганка симеонова]

Да се докаже, че за всеки триъгълник
[tex]a cos\alpha +bcos\beta +ccos\gamma \le \frac{a+b+c}{2} [/tex], като равенство се достика, когато триъгълникът е равностранен.

[Реклама]

[Saposto_MM]

[tex]a \cos\alpha +b\cos\beta +c\cos\gamma \le \frac{a+b+c}{2} [/tex] [tex]\Leftrightarrow[/tex] [tex]\frac{a\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)}{2bc}+\frac{b\left(c^{2}+a^{2}-b^{2}\right)}{2ca}+\frac{c \left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)}{2ab}\le \frac{a+b+c}{2}[/tex] [tex]\Leftrightarrow[/tex] [tex]2a^{2}b^{2}+2b^{2}c^{2}+2c^{2}a^{2}\le a^{4}+b^{4}+c^{4}+abc\left(a+b+c\right)[/tex]. От неравенството на Шур и средно аритметично-средно геометрично имаме [tex]a^{4}+b^{4}+c^{4}+abc\left(a+b+c\right)\ge ab\left(a^{2}+b^{2}\right)+ bc\left(b^{2}+c^{2}\right)+ ca\left(c^{2}+a^{2}\right) \ge2a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+2c^{2}a^{2}[/tex], с което последното неравенство е доказано.

[ганка симеонова]

ММ, решението ти явно е добро и то много, въпреки, че на мен не ми е ясно, какво е това неравенство на Шур
И понеже задачата е от 10 клас, за профилирана подготовка, ще е интересно, ако се дадат и други решения.

[ins-]

http://en.wikipedia.org/wiki/Schur%27s_inequality

[r2d2]

Нека О е центъра на описаната окръжност около АВС, а М е средата на АВ. Тогава [tex] OM = R|\cos \gamma|[/tex], a за лицето на триъгълника имаме: [tex]2S_{ABC}= R( a\cos \alpha + b\cos \beta + c\cos \gamma).[/tex]

[tex]a \cos \alpha +b\cos \beta +c \cos\gamma \le \frac{a+b+c}{2} \Leftrightarrow 2S_{ABC} \le pR \Leftrightarrow 2r \le R[/tex]

[krainik]

[Saposto_MM]

Би ли ми казал кой набор кой мажорира?
Защото [tex]\left(4,0,0\right)\succ \left(2,2,0\right)[/tex], но [tex]\left(2,2,0\right)\succ \left(2,1,1\right)[/tex]. И мисля, че в случая Мюрхед не може да се приложи. Или бъркам някъде?

[krainik]

Всъщност да... смятах, че [tex]a.a=a^3[/tex].. Не съм на себе си днеска явно.

[martosss]

[Пафнутий]

Спор няма