Тригонометрични неравенства tg x .tg(60 - x) <1/3

[vel.angelov]

1.Докажете че:
[tex]tg\alpha .tg(60^\circ -\alpha )\le \frac{1}{3 } [/tex]
при [tex] \alpha \in (0^\circ ;60^\circ )[/tex]

2.Числата [tex]tg\alpha[/tex] и [tex]tg\beta[/tex] са корени на уравнението [tex]x^{2} +px+q=0[/tex].Намерете стойността на израза :
[tex]sin^{2}(\alpha+ \beta ) +psin(\alpha +\beta )cos(\alpha +\beta ) +qcos^{2}(\alpha +\beta )[/tex]

[Реклама]

[ObsCure]

2)От формулите на Виет имаме

[tex](tg\alpha)(tg\beta)=q[/tex]

[tex]tg\alpha+tg\beta=-p[/tex]

Можем също така да ползваме и

[tex]sin^{2}\alpha=\frac{tg^{2}\alpha}{tg^{2}\alpha+1} => sin^{2}(\alpha+\beta)=\frac{tg^{2}(\alpha+\beta)}{tg^{2}(\alpha+\beta)+1}[/tex]

Но

[tex]tg(\alpha+\beta)=\frac{tg\alpha+tg\beta}{1-(tg\alpha)(tg\beta)} => tg(\alpha+\beta)=\frac{-p}{1-q}=\frac{p}{q-1}[/tex]

Заместваме по-горе и получаваме

[tex]sin^{2}(\alpha+\beta)=\frac{p^{2}}{p^{2}+q^{2}-2q+1}[/tex]

И така

[tex]cos^{2}(\alpha+\beta)=1-sin^{2}(\alpha+\beta)=\frac{q^{2}-2q+1}{p^{2}+q^{2}-2q+1}[/tex]

[tex]sin(\alpha+\beta)=\frac{p}{\sqrt{p^{2}+q^{2}-2q+1}}[/tex]

[tex]cos(\alpha+\beta)=\frac{q-1}{\sqrt{p^{2}+q^{2}-2q+1}}[/tex]

Окончателно получаваме

[tex]A=\frac{p^{2}}{p^{2}+q^{2}-2q+1}+\frac{p^{2}(q-1)}{p^{2}+q^{2}-2q+1}+\frac{q(q-1)^{2}}{p^{2}+q^{2}-2q+1}=\frac{p^{2}+p^{2}(q-1)+q(q-1)^{2}}{p^{2}+q^{2}-2q+1}=\frac{p^{2}(1+q-1)+q(q-1)^{2}}{p^{2}+q^{2}-2q+1}=\frac{p^{2}q+q(q-1)^{2}}{p^{2}+q^{2}-2q+1}=\frac{q(p^{2}+q^{2}-2q+1)}{(p^{2}+q^{2}-2q+1)}=q[/tex]

[vel.angelov]

Браво! това е отговора...Сега ако някои реши и първата

[ObsCure]

1)Отново ще използваме

[tex]tg(\gamma +\beta)=\frac{tg\gamma +tg\beta}{1-(tg\gamma )(tg\beta)}[/tex]

В нашият случай

[tex]\gamma=\alpha[/tex]

[tex]\beta=\alpha+60^\circ[/tex]

И така,заместваме горе и получаваме

[tex]tg(\alpha+60-\alpha)=\frac{tg\alpha+tg(60^\circ-\alpha)}{1-(tg\alpha)tg(60^\circ -\alpha)}[/tex]

Изразяваме [tex](tg\alpha)tg(60^\circ-\alpha)[/tex] и получаваме

[tex](tg\alpha)tg(60^\circ-\alpha)=\frac{\sqrt{3}-tg\alpha-tg(60^\circ- \alpha)}{\sqrt{3}}[/tex]

Оттук нататък имаме 2 подхода:Производни и директно заместване в неравенството,но за предпочитане е вторият.

[naitsirk]

Една подсказка за второто уравнение на 2-рата задача. Делим на [tex]cos^{2}(\alpha +\beta )[/tex]. Тогава неизвестното остава [tex]tg(\alpha +\beta)[/tex] ObsCure е написал как да го намерим, оттам нататък е лесно

[ObsCure]

[naitsirk]

Амиии... тогава накрая пак ще си умножим по [tex]cos^{2}(\alpha +\beta )[/tex] поне до някаква степен да си улесним сметките....

[ганка симеонова]

Ок, да направим втора задача. ще ползваме, че [tex]cos^2x=\frac{1}{1+tg^2x } [/tex]
изнасяйки пред скоби [tex]cos^2(\alpha +\beta )[/tex], за израза ще получим:

[tex]M=\frac{tg^2(\alpha +\beta )+ptg(\alpha +\beta )+q}{ 1+tg^2(\alpha +\beta )} [/tex]
[tex]tg\alpha +tg\beta =-p; tg\alpha tg\beta =q=>tg(\alpha +\beta )=\frac{tg\alpha +tg\beta }{1-tg\alpha tg\beta } =\frac{-p}{ 1-q} [/tex]
Заместваме в М и получаваме: [tex]M=q [/tex]

[ганка симеонова]

по 1 задача:
[tex]tg\alpha tg(60^\circ -\alpha )=tg\alpha \frac{tg60^\circ -tg\alpha }{ 1+tg60^\circ tg\alpha } [/tex]
полагаме [tex]tg\alpha =u\in (0;\sqrt{3})[/tex] и разглеждаме функцията
[tex]f(u)=u\frac{\sqrt{3}-u }{1+\sqrt{3}u }=>f'(u)=-\frac{\sqrt{3}u^2+2u-\sqrt{3} }{(1+\sqrt{3}u)^2 } [/tex]
тази ф-я в разглеждания интервал има единствен екстремум, който е макснимум и се достига за [tex]u=\frac{1}{ \sqrt{3} } [/tex]=> там ф-та ще има и НГС
[tex]=>u=tg\alpha =\frac{1}{\sqrt{3} }=>\alpha =30^\circ =>tg\alpha tg(60^\circ -\alpha )\le tg30^\circ tg(60^\circ -30^\circ )=\frac{1}{3 } [/tex]

[vel.angelov]

Много благодаря за първата задача