[Nierówności][Trygonometria] nierówność trygonometryczna

[rochaj]

Niech \(\displaystyle{ \alpha , \beta \in [0,\frac{\pi}{4}]}\). Pokaż że \(\displaystyle{ \frac{1}{\cos (\alpha)}+\frac{1}{\cos (\beta)}+\sqrt{(1-\tan (\alpha))^2+(1-\tan (\beta))^2}\geq (1+\sqrt{5})(1-\tan (\alpha)\tan (\beta))}\).

[Marcinek665]

Tezę można wzmocnić przez \(\displaystyle{ \sqrt[4]{108}(1-\tan \alpha \tan \beta)}\) Dowód idzie po rachunku różniczkowym.

[rochaj]

zaprezentuj dowód

[timon92]

Marcinek665, to nie jest wzmocnienie, bo \(\displaystyle{ \sqrt[4]{108} < 1+\sqrt 5}\)

[Marcinek665]

Tezę można wzmocnić przez \(\displaystyle{ \sqrt[4]{108} \sqrt{1-\tan \alpha \tan \beta }}\) Dowód idzie po rachunku różniczkowym.

Poprawiłem. Dowód później wrzucę

[Scepter]

Marcienk665: wrzucisz dowód?

[Panda]

Ciekawe zadanie, fajnie by było zobaczyć dowód.

[Marcinek665]

Uwolnijmy się najpierw od funkcji trygonometrycznych, bo one najwięcej sprawiają trudności. Oznaczmy najpierw \(\displaystyle{ \tg \alpha = x}\), \(\displaystyle{ \tg \beta = y}\). Wówczas mamy \(\displaystyle{ \cos \alpha = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}}\) i podobnie z betą. Nasza nierówność przyjmuje wobec tego postać:

\(\displaystyle{ \sqrt{1+x^2} + \sqrt{1+y^2} + \sqrt{(1-x)^2 + (1-y)^2} \ge (1-\sqrt{5})(1-xy)}\), gdzie \(\displaystyle{ 0 \le x,y \le 1}\).

Określmy \(\displaystyle{ F(x,y) = \sqrt{1+x^2} + \sqrt{1+y^2} + \sqrt{(1-x)^2 + (1-y)^2} - (1-\sqrt{5})(1-xy)}\). Chcemy pokazać, że dla wszystkich \(\displaystyle{ 0 \le x,y \le 1}\) funkcja ta jest nieujemna. Od razu widać, że jest ona symetryczna, a ponadto z wypukłości funkcji \(\displaystyle{ g(x) = \sqrt{1+x^2}}\) wyciągamy wniosek, że \(\displaystyle{ F(x,0) \ge 0}\). Ustalmy teraz \(\displaystyle{ y}\) i rozważmy funkcję \(\displaystyle{ f(x) = F(x,y)}\). Obliczmy najpierw jej pochodne:

\(\displaystyle{ f'(x) = (1+\sqrt{5})y + \frac{x}{\sqrt{1+x^2}} - \frac{1-x}{\sqrt{(1-x)^2 + (1-y)^2}} > 0}\)

\(\displaystyle{ f''(x) = \frac{1}{\sqrt{(1+x^2)^3}} + \frac{(1-y)^2}{\sqrt{((1-x)^2 + (1-y)^2)^3}} > 0}\)

\(\displaystyle{ f}\) jest zatem wypukła. Określmy teraz:

\(\displaystyle{ r = \sqrt{1 - \frac{6 \sqrt{3}}{(1+\sqrt{5})^2}}}\) oraz \(\displaystyle{ c = 1 + \sqrt{5}}\). Najpierw zajmiemy się przypadkiem, gdy \(\displaystyle{ y \ge \frac{1}{4}}\). Nierówność ta jest wówczas trywialna, ponieważ \(\displaystyle{ cy > \frac{1}{y^2 - 2y + 2}}\), skąd \(\displaystyle{ f'(0) > 0}\), ale \(\displaystyle{ f}\) jest rosnąca i \(\displaystyle{ F(x,0) \ge 0}\).

Ze względu na symetrię wystarczy więc pokazać, że nierówność zachodzi w przypadkach \(\displaystyle{ x \in \left[ 0, \frac{1}{4} \right]}\) i \(\displaystyle{ y \in [0,r]}\) oraz \(\displaystyle{ x \in \left[\frac{1}{4}, r \right]}\) i \(\displaystyle{ y \in \left[ r , \frac{1}{4} \right]}\). Pierwszy z nich jest natychmiastowy, ponieważ z faktu, że

\(\displaystyle{ f'(x) \le r(1+\sqrt{5}) + \frac{x}{\sqrt{1+x^2}} - \frac{1-x}{\sqrt{1+(x-1)^2}}}\) wynika, że \(\displaystyle{ f' \left( \frac{1}{4} \right) < 0}\), stąd \(\displaystyle{ f}\) jest malejąca na przedziale \(\displaystyle{ \left[ 0, \frac{1}{4} \right]}\). Ale \(\displaystyle{ f \left( \frac{1}{4} \right) \ge 0}\), skąd teza działa.

Zajmijmy się zatem ostatnim z przypadków. Rozważmy punkty

\(\displaystyle{ O(0,0)}\), \(\displaystyle{ A(1,0)}\), \(\displaystyle{ B(1,1)}\), \(\displaystyle{ C(0,1)}\), \(\displaystyle{ M(1,y)}\), \(\displaystyle{ N(x,1)}\). Wówczas trójkąt \(\displaystyle{ OMN}\) ma obwód równy

\(\displaystyle{ L=\sqrt{1+x^2} + \sqrt{1+y^2} + \sqrt{(1-x)^2 + (1-y)^2}}\)

oraz pole \(\displaystyle{ S=\frac{1-xy}{2}}\). Znanym faktem (i prostym zresztą) jest, że \(\displaystyle{ S \le \frac{L^2}{12 \sqrt{3}}}\), skąd otrzymujemy

\(\displaystyle{ \sqrt{1+x^2} + \sqrt{1+y^2} + \sqrt{(1-x)^2 + (1-y)^2} \ge \sqrt{6\sqrt{3}} \sqrt{1-xy} \ge (1+\sqrt{5})(1-xy)}\) no i fajnie.