nierówność dla dowolnego kąta ostrego

[mala_mi]

Wykaż, że dla dowolnego kąta ostrego \(\displaystyle{ \alpha}\) prawdziwa jest nierówność \(\displaystyle{ tg ^{2} \alpha +ctg ^{2} \alpha \ge 2}\).

[rodzyn7773]

\(\displaystyle{ \alpha \in (0, \frac{ \pi}{2} )}\)

\(\displaystyle{ tg ^{2} \alpha +ctg ^{2} \alpha \ge 2 \\ tg^2 \alpha + \frac{1}{tg^2 \alpha } -2 \ge 0 \\ tg^4 \alpha -2tg^2 \alpha +1 \ge 0 \\ (tg^2 \alpha -1)^2 \ge 0}\)

Kwadrat dowolnego wyrażenia jest zawsze większy bądź równy 0.

[stan1906]

skąd się wzięła ta czwarta linijka? z przejściem na tg^4 ?

[tometomek91]

Z taj przyczyny, że \(\displaystyle{ \alpha \in (0;90^{o})}\), to \(\displaystyle{ tg \alpha>0}\), zatem możesz pomnożyć przez tg.

[stan1906]

aa dzięki

[tkrass]

Z taj przyczyny, że \(\displaystyle{ \alpha \in (0;90^{o})}\), to \(\displaystyle{ tg \alpha>0}\), zatem możesz pomnożyć przez tg.

To jest prawda, ale nie ma nic do rzeczy, bo mnożymy przez kwadrat tangensu, a kwadrat dowolnej liczby rzeczywistej jest nieujemny. To ograniczenie jest dlatego, że tangensy i cotangensy kątów ostrych istnieją, ale treść zadania zachodzi równie dobrze dla dowolnej alfy takiej, że \(\displaystyle{ \tg \alpha}\) i \(\displaystyle{ \ctg \alpha}\) istnieją.

[tometomek91]

no tak.

lub też dla informacji, że funkcja z lewej strony w tym przedziale jest wypukła, dlatego nierówność zachodzi w tę stronę.