Ukryta treść:
Najpierw niech \(\displaystyle{ (\alpha ,\beta ,\gamma)=(A,B,C)}\).
W dowolnym niezdegenerowanym trójkącie zachodzi \(\displaystyle{ \cot A\cot B+\cot B\cot C+\cot C\cot A=1}\).
Jeżeli WLOG \(\displaystyle{ C=\frac{\pi}{2}}\), to \(\displaystyle{ \cot C=0}\) oraz \(\displaystyle{ \cot A\cot B=1}\), więc z AM-GM będziemy mieć $$\sqrt{\cot A}+\sqrt{\cot B}\ge2\sqrt[4]{\cot A\cot B}=2$$ z równością wtw, gdy \(\displaystyle{ (A,B,C)}\) jest permutacją \(\displaystyle{ \left(\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2}\right)}\).
Dalej będziemy rozważać tylko trójkąty ostrokątne. Po podniesieniu do kwadratu wystarczy dowieść $$\cot A+\cot B+\cot C+2\left(\sqrt{\cot A\cot B}+\sqrt{\cot B\cot C}+\sqrt{\cot C\cot A}\right)\ge 4.$$
Oznaczmy \(\displaystyle{ \sqrt{\cot A\cot B}=a,\ \sqrt{\cot B\cot C}=b,\ \sqrt{\cot C\cot A}=c}\). Oczywiście \(\displaystyle{ a,b,c>0}\) oraz \(\displaystyle{ \cot A=\frac{ac}{b},\ \cot B=\frac{ab}{c},\ \cot C=\frac{bc}{a}}\), a także \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2=1}\). Chcemy teraz dowieść $$\frac{ac}{b}+\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+2(a+b+c)\ge 4,$$ czyli po ujednorodnieniu $$\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{abc}+2(a+b+c)\ge 4\sqrt{a^2+b^2+c^2}.$$
Oznaczmy teraz \(\displaystyle{ a+b+c=p,\ ab+bc=ca=q,\ abc=r}\). Dowodzimy $$\frac{q^2-2pr}{r}+2p\ge 4\sqrt{p^2-2q},$$ czyli $$q^2\ge 4r\sqrt{p^2-2q},$$ czyli $$-16\left(p^2-2q\right)r^2+q^4\ge 0,$$ gdzie wyrażenie po lewej stronie jest wklęsłe względem \(\displaystyle{ r}\), tzn. że wystarczy sprawdzić, czy nierówność zachodzi, gdy \(\displaystyle{ r}\) osiąga swoje ekstremalne wartości, tj, gdy dwie spośród \(\displaystyle{ a,b,c}\) sa równe. Jednorodność pozwala nam przyjąć, że \(\displaystyle{ (a,b,c)}\) jest permutacją \(\displaystyle{ (1,1,x)}\), gdzie \(\displaystyle{ x>0}\). To daje \(\displaystyle{ p=2+x,\ q=1+2x,\ r=x}\), a po podstawieniu do nierówności $$-16\left((2+x)^2-2(1+2x)\right)x^2+(1+2x)^4=28x^3+4x(x-1)^2+4x+1>0.$$ Równość w tym przypadku nie zachodzi.
W dowolnym niezdegenerowanym trójkącie zachodzi \(\displaystyle{ \cot A\cot B+\cot B\cot C+\cot C\cot A=1}\).
Ukryta treść:
$$\begin{aligned}\cot A\cot B+\cot B\cot C+\cot C\cot A&=\frac{\cos A\cos B}{\sin A\sin B}+\frac{\cos B\cos C}{\sin B\sin C}+\frac{\cos C\cos A}{\sin C\sin A}\\&=\frac{\cos A\cos B}{\sin A\sin B}+\left(\frac{\cos B}{\sin B}+\frac{\cos A}{\sin A}\right)\cdot\frac{\cos C}{\sin C}\\&=\frac{\cos A\cos B}{\sin A\sin B}+\frac{\cos B\sin A+\cos A\sin B}{\sin A\sin B}\cdot\frac{\cos C}{\sin C}\\&=\frac{\cos A\cos B}{\sin A\sin B}+\frac{\sin (A+B)}{\sin A\sin B}\cdot\frac{\cos C}{\sin C}\\&=\frac{\cos A\cos B}{\sin A\sin B}+\frac{\sin (\pi -C)}{\sin A\sin B}\cdot\frac{\cos C}{\sin C}\\&=\frac{\cos A\cos B}{\sin A\sin B}+\frac{\sin C}{\sin A\sin B}\cdot\frac{\cos C}{\sin C}\\&=\frac{\cos A\cos B+\cos C}{\sin A\sin B}\\&=\frac{\cos A\cos B+\cos (\pi-(A+B))}{\sin A\sin B}\\&=\frac{\cos A\cos B-\cos (A+B)}{\sin A\sin B}\\&=\frac{\cos A\cos B-\cos A\cos B+\sin A\sin B}{\sin A\sin B}\\&=1\end{aligned}$$
Dalej będziemy rozważać tylko trójkąty ostrokątne. Po podniesieniu do kwadratu wystarczy dowieść $$\cot A+\cot B+\cot C+2\left(\sqrt{\cot A\cot B}+\sqrt{\cot B\cot C}+\sqrt{\cot C\cot A}\right)\ge 4.$$
Oznaczmy \(\displaystyle{ \sqrt{\cot A\cot B}=a,\ \sqrt{\cot B\cot C}=b,\ \sqrt{\cot C\cot A}=c}\). Oczywiście \(\displaystyle{ a,b,c>0}\) oraz \(\displaystyle{ \cot A=\frac{ac}{b},\ \cot B=\frac{ab}{c},\ \cot C=\frac{bc}{a}}\), a także \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2=1}\). Chcemy teraz dowieść $$\frac{ac}{b}+\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+2(a+b+c)\ge 4,$$ czyli po ujednorodnieniu $$\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{abc}+2(a+b+c)\ge 4\sqrt{a^2+b^2+c^2}.$$
Oznaczmy teraz \(\displaystyle{ a+b+c=p,\ ab+bc=ca=q,\ abc=r}\). Dowodzimy $$\frac{q^2-2pr}{r}+2p\ge 4\sqrt{p^2-2q},$$ czyli $$q^2\ge 4r\sqrt{p^2-2q},$$ czyli $$-16\left(p^2-2q\right)r^2+q^4\ge 0,$$ gdzie wyrażenie po lewej stronie jest wklęsłe względem \(\displaystyle{ r}\), tzn. że wystarczy sprawdzić, czy nierówność zachodzi, gdy \(\displaystyle{ r}\) osiąga swoje ekstremalne wartości, tj, gdy dwie spośród \(\displaystyle{ a,b,c}\) sa równe. Jednorodność pozwala nam przyjąć, że \(\displaystyle{ (a,b,c)}\) jest permutacją \(\displaystyle{ (1,1,x)}\), gdzie \(\displaystyle{ x>0}\). To daje \(\displaystyle{ p=2+x,\ q=1+2x,\ r=x}\), a po podstawieniu do nierówności $$-16\left((2+x)^2-2(1+2x)\right)x^2+(1+2x)^4=28x^3+4x(x-1)^2+4x+1>0.$$ Równość w tym przypadku nie zachodzi.