Неравенство с косинуси

[Saposto_MM]

Докажете, че ако [tex]\alpha[/tex], [tex]\beta[/tex] и [tex]\gamma[/tex] са ъгли в триъгълник, то [tex]\cos\left(\alpha\right)+\cos\left(\beta\right)+\cos\left(\gamma\right)\le \frac{3}{2}[/tex].

[Реклама]

[dim]

От косинусовата теорема следва, че горното неравенство е равносилно на: [tex]\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}+\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}+\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\le \frac{3}{2}[/tex]. Умножаваме двете страни по [tex]2abc[/tex] и получаваме:
[tex](a^2b+b^2a+a^2c+c^2a+b^2c+c^2b)-(a^3+b^3+c^3)\le 3abc[/tex]. Сега прилагаме неравенствата: [tex]a^2b+b^2a\le a^3+b^3[/tex], [tex]a^2c+c^2a\le a^3+c^3[/tex], [tex]b^2c+c^2b\le b^3+c^3[/tex]:
[tex](a^2b+b^2a+a^2c+c^2a+b^2c+c^2b)-(a^3+b^3+c^3)\le (a^2b+b^2a+a^2c+c^2a+b^2c+c^2b)-\frac{(a^2b+b^2a+a^2c+c^2a+b^2c+c^2b)}{2}=\frac{(a^2b+b^2a+a^2c+c^2a+b^2c+c^2b)}{2}=\frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)-3abc}{2}\le \frac{9abc-3abc}{2}=3abc[/tex]. Последното неравенство е следствие от [tex](a+b+c)(ab+bc+ca)\le 3abc[/tex], което следва от СА ≤СХ.

[Saposto_MM]

Бъркаш! СА≥СХ! [tex]\left(a+b+c\right)\left(ab+ac+bc\right)\ge 3abc[/tex]. Пробвай например a=2, b=3 и c=4.

[dim]

[Saposto_MM]

[dim]

Не мога да ти го обясня, защото просто съм го приложил неправилно, грешката е моя и не е само техническа, за съжаление. Подвел съм се

[r2d2]

Може да използваме неравенството на Йенсен, но трябва да сте учили производни. Ако искате ще напиша решение. Пратете ми ЛС.

[ins-]

Може и по по-лесен начин да стане - с тригонометрия и квадратна функция - задачата е много известна навремето е давана на мат. конкурс "Дружба". Фигурира като теорема и в множество математически справочници. Може да се ползва и че за всеки тр. е в сила: cosA+cosB+cosC=1+r/R и R>=2r.

[r2d2]

Деф. Казваме, че[tex] f(x)[/tex] e изпъкнала (вдлъбната) в интервала[tex] [a;b][/tex], ако за всеки две точки [tex]x_1, x_2[/tex] от [a;b] отсечката [tex]A(x_1;f(x_1)) B(x_2;f(x_2))[/tex] e над (под) графиката на [tex]f(x)[/tex].

Пример:[tex] f(x)=x^2 [/tex]e изпъкнала за произволен интервал[tex] [a;b];\; f(x)=\sqrt{x}[/tex] e вдлъбната.

Неравенство на Йенсен: Нека [tex] k_1+ k_2+\cdots+k_n =1;\; k_i>0\;(i=1,\cdots n)[/tex]

Ако [tex] f(x)[/tex] e изпъкнала в интервала[tex] [a;b] \Rightarrow f(k_1x_1+\cdots+k_nx_n)\le k_1f(x_1)+\cdots k_nf(x_n) \; x_i \in [a;b][/tex].
Aко функцията е вдлъбната е изпъолнено обратното неравенство.

Равенство имаме само при [tex]x_1=x_2=...=x_n.[/tex]

То be continued!

[Baronov]

Мисля, че ти трябва непрекъснатост за Йенсен. Освен това не ме кефи случая на равенство - равенство има винаги и при линейна функция.

[ганка симеонова]

[tex]cos\alpha +cos\beta +cos\gamma =1-2sin^2{\frac{\alpha }{ 2}} +2cos{\frac{\beta +\gamma }{ 2}} cos{\frac{\beta -\gamma }{ 2}} =1-2sin^2{\frac{\alpha }{ 2}} +2sin{\frac{\alpha }{ 2}} cos{\frac{\beta -\gamma }{ 2}} \le 1-2sin^2{\frac{\alpha }{ 2}} +2sin{\frac{\alpha }{ 2}}=[/tex]
[tex]=\frac{3}{2 }-\frac{1}{ 2}(1-2sin{\frac{\alpha }{ 2}})^2\le \frac{3}{2 } [/tex]

[Saposto_MM]

Така, вече имаме няколко добри решения.
Едно от неравенствата, до който стигна dim, беше [tex]3abc\ge-\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\right)+a^{2}b+a^{2}c+b^{2}a+b^{2}c+c^{2}a+c^{2}b[/tex]. Това неравенство е директно следствие от неравенството на Шур, което може да се обобщи и като [tex]a^{\alpha}\left(a^{\beta}-b^{\beta}\right)\left(a^{\beta}-c^{\beta}\right)+b^{\alpha}\left(b^{\beta}-a^{\beta}\right)\left(b^{\beta}-c^{\beta}\right)+c^{\alpha}\left(c^{\beta}-a^{\beta}\right)\left(c^{\beta}-b^{\beta}\right)\ge 0[/tex] за реално [tex]\alpha[/tex] и положително [tex]\beta[/tex]. При [tex]\alpha=\beta=1[/tex] и след разкриване на скоби и подходящо разполагане на членовете от двете страни на неравеството получаваме точно горното.
Препратка към неравенството на Шур : http://en.wikipedia.org/wiki/Schur's_inequality (нещо не мога да го направя като url)

[r2d2]

[ганка симеонова]

r2d2, когато и трите ъгъла са остри или единият е прав,с неравенството на Йенсен се получава . Но не ми е ясно, когато единият ъгъл е тъп, как ще се разгледа този случай?
Защото тогава единият ъгъл е в интервала [tex] (90^\circ ; 180^\circ )[/tex], а другите два в [tex](0^\circ ; 90^\circ ) [/tex]

[r2d2]

Нека С>90, тогава А,В <90 Пак от Йенсен имаме [tex]\cos A+ \cos B \le 2 \cos \frac{A+B}{2}= 2\cos (90-C/2)=2 \sin (C/2).[/tex]

[tex]\cos C + \cos A+ \cos B \le 1 - 2\sin^2(C/2) + 2\sin (C/2)[/tex]

Koeто го има и по-горе и затова не го дописах.

[NoThanks]

[r2d2]

Нямам нищо общо с тези, които са давали зада4ите!


Искам да кажа, че не съм участвал в съставянето им!

[v1rusman]

Доста интересно и кратко решение на тази задача има в учебника за 10. клас по математика на издателство "Регалия - 6". В доказателството се използват вектори.