Nierówność trygonometryczna

[Hayran]

\(\displaystyle{ \cos\alpha\cos\beta\cos\gamma \neq0}\) i \(\displaystyle{ \alpha+\beta+\gamma=90^o}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ \tg^2\alpha+\tg^2\beta+\tg^2\gamma\ge 1}\)

[Premislav]

Nieelementarnie:
\(\displaystyle{ f(x)=\tg^2 x}\) jest wypukła w \(\displaystyle{ \left( 0, \frac \pi 2\right)}\) (trzeba obliczyć drugą pochodną), więc z nierówności Jensena...
(by ją zastosować, podziel jeszcze stronami przez \(\displaystyle{ 3}\)).

-- 24 kwi 2017, o 22:08 --

Aha, w innym wątku chyba tego nie wiedziałeś/nie pamiętałeś, więc przypomnę, że np.\(\displaystyle{ 90^{\circ}}\) to \(\displaystyle{ \frac \pi 2}\) radianów (ja zawsze liczę w radianach, bo tak się przeważnie robi na studiach i stąd to nieporozumienie z wątku dotyczącego innej nierówności trygonometrycznej).

-- 24 kwi 2017, o 23:27 --

To dodam jeszcze sposób elementarny (ja nie cenię sobie elementarności dowodów, ale może nie ma sensu, żebyś specjalnie się uczył jakiejś nierówności Jensena - chyba że znasz).
Z nierówności \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2 \ge \frac{(a+b+c)^2}{3}}\) (która np. wynika natychmiast z Cauchy'ego-Schwarza lub z nielubianego przeze mnie zwijania do kwadratów) mamy
\(\displaystyle{ tg^2\alpha+\tg^2\beta+\tg^2\gamma \ge \frac 1 3\left(\tg \alpha+\tg \beta+\tg \gamma \right)^2}\)
Ponieważ wszystkie tangensy są tu dodatnie (warunek dotyczący kątów), więc wystarczy udowodnić
\(\displaystyle{ \tg \alpha+\tg \beta+ \tg \gamma \ge \sqrt{3}}\)
Teraz możemy zapisać
\(\displaystyle{ \tg \gamma =\ttg\left( \frac \pi 2-\alpha-\beta\right)=\ctg(\alpha+\beta)= \frac{\cos(\alpha+\beta)}{\sin(\alpha+\beta)}=\\= \frac{1-\tg \alpha \tg \beta}{\tg \alpha+\tg \beta}}\)
Pozostaje zatem udowodnić nierówność
\(\displaystyle{ \tg \alpha+\tg \beta+ \frac{1-\tg \alpha \tg \beta}{\tg \alpha+\tg
\beta} \ge \sqrt{3}}\)
dla pierwszej ćwiartki. Tego nie umiem ładnie zrobić, ale jakoś się da:
mnożymy na pałę, upraszczamy i jest
\(\displaystyle{ \tg^2 \alpha+\tg \alpha\tg \beta+\tg^2 \beta+1 \ge \sqrt{3}\tg \alpha+\sqrt{3}\tg \beta}\)
Jeżeli \(\displaystyle{ \tg \alpha}\) i \(\displaystyle{ \tg \beta}\) są oba nie większe od \(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{3}}}\) bądź nie mniejsze od \(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{3}}}\), to koniec, bo wówczas
\(\displaystyle{ (\tg \alpha-\tg \beta)^2+(\sqrt{3}\tg \alpha-1)(\sqrt{3}\tg \beta-1) \ge 0}\)
W przeciwnym wypadku jest dużo gorzej.

[bosa_Nike]

Domyślam się, jak ta nierówność została skonstruowana.

Najpierw zmienię oznaczenia: \(\displaystyle{ \alpha=\frac{x}{2},\ \beta=\frac{y}{2},\ \gamma=\frac{z}{2}}\), wówczas \(\displaystyle{ x,y,z}\) są kątami trójkąta.

Nie jest trudno wykazać, że zachodzi: \(\displaystyle{ \frac{\sin x+\sin y-\sin z}{\sin x+\sin y+\sin z}=\tan\frac{x}{2}\tan\frac{y}{2}}\) itd.

Ukryta treść:    

Standardowe wzory trygonometryczne:

\(\displaystyle{ \sin x+\sin y-\sin z=\sin x+\sin y-\sin (\pi-(x+y))=\\ \\ 2\sin\frac{x+y}{2}\cos\frac{x-y}{2}-2\sin\frac{x+y}{2}\cos\frac{x+y}{2}=\\ \\ 2\sin\frac{x+y}{2}\left(\cos\frac{x-y}{2}-\cos\frac{x+y}{2}\right)=\\ \\ 2\sin\frac{x+y}{2}\left(-2\sin\frac{\frac{x-y}{2}+\frac{x+y}{2}}{2}\sin\frac{\frac{x-y}{2}-\frac{x+y}{2}}{2}\right)=\\ \\ 4\sin\frac{x+y}{2}\sin\frac{x}{2}\sin\frac{y}{2}}\)

Analogicznie:

\(\displaystyle{ \sin x+\sin y+\sin z=4\sin\frac{x+y}{2}\cos\frac{x}{2}\cos\frac{y}{2}}\)

Wobec powyższych tożsamości, w każdym trójkącie mamy:

\(\displaystyle{ \tan\frac{x}{2}\tan\frac{y}{2}+\tan\frac{y}{2}\tan\frac{z}{2}+\tan\frac{z}{2}\tan\frac{x}{2}=1}\)

Mam nadzieję, że już widać.

[a4karo]

Nieelementarnie:
\(\displaystyle{ f(x)=\tg^2 x}\) jest wypukła w \(\displaystyle{ \left( 0, \frac \pi 2\right)}\) (trzeba obliczyć drugą pochodną), więc z nierówności Jensena...

W matematyce rzadko kiedy coś trzeba: złożenie funkcji wypukłej z rosnącą funkcją wypukła jest wypukłe.

[Premislav]

bosa_Nike, świetne!
A ja nie kończę w takim razie tego swojego syfu, bo nie ma sensu.