Zadania z kółek matematycznych lub obozów przygotowujących do OM. Problemy z minionych olimpiad i konkursów matematycznych.
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
Zauważmy, że ponieważ \(\displaystyle{ R = \pi - P - Q}\), to \(\displaystyle{ \cos R = -\cos (P+Q)}\), z własności funkcji kosinus. Czyli prawą stronę można rozpisać jako \(\displaystyle{ \cos P + \cos Q - \cos P \cos Q + \sin P \sin Q}\)
Cała zaś nierówność jest równoważna tej: \(\displaystyle{ \sin P + \sin Q - \sin P \sin Q > \cos P + \cos Q - \cos P \cos Q}\).
Pomnóżmy przez \(\displaystyle{ -1}\) i dodajmy \(\displaystyle{ 1}\). \(\displaystyle{ \sin P \sin Q - \sin P - \sin Q + 1 < 1 - \cos P - \cos Q + \cos P \cos Q}\) \(\displaystyle{ (1 - \sin P)(1 - \sin Q) < (1 - \cos Q) (1 - \cos P)}\)
Zauważmy, że wszystkie nawiasy są dodatnie, bo funkcje sinus i kosinus są ograniczone z góry przez jedynkę, której nie przyjmują, jeżeli ich argumenty to kąty ostre.
Zauważmy, że ponieważ trójkąt jest ostrokątny, to \(\displaystyle{ P+Q > \frac{\pi}{2}}\)
Stąd \(\displaystyle{ \frac{\pi}{2} - P <Q}\)
Ponieważ funkcja sinus jest ściśle rosnąca w przedziale \(\displaystyle{ (0,\frac{\pi}{2})}\), z tego wynika, że \(\displaystyle{ \sin (\frac{\pi}{2} - P) < \sin Q}\) \(\displaystyle{ \cos P < \sin Q}\)
Czyli \(\displaystyle{ 1- \sin Q < 1 - \cos P}\)
Analogicznie \(\displaystyle{ 1- \sin P < 1 - \cos Q}\)
Ponieważ obie strony obu powyższych nierówności są dodatnie, możemy je pomnożyć przez siebie, otrzymując nierówność: \(\displaystyle{ (1 - \sin P)(1 - \sin Q) < (1 - \cos Q) (1 - \cos P)}\)
która jest, jak uprzednio stwierdziliśmy, równoważna z wyjściową, co kończy dowód.
