Matematyka.pl

Wyznaczyć maksimum \(\displaystyle{ \sin(a_1)...\sin(a_n),}\) gdy \(\displaystyle{ \tg(a_1)...\tg(a_n) = 1.}\)

Oczywiście \(\displaystyle{ a_i\neq \frac{\pi}{2}+k\pi, k\in \ZZ}\), a wówczas zachodzi tożsamość
\(\displaystyle{ |\sin a_i|=\frac{|\tg a_i|}{\sqrt{1+\tg^2a_i}}}\), co możnba bez trudu wykazać, korzystając z tożsamości \(\displaystyle{ 1+\tg^2 x=\frac{1}{\cos^2x}}\). Mamy zatem:
\(\displaystyle{ \prod_{i=1}^n\sin a_i\le \left|\prod_{i=1}^n\sin a_i\right|=\prod_{i=1}^n|\sin a_i|\\=\prod_{i=1}^n\frac {|\tg a_i|}{\sqrt{1+\tg^2a_i}}=\frac{1}{\displaystyle{\prod_{i=1}^n\sqrt{1+\tg^2a_i}}}.}\)
Następnie korzystamy z dobrze znanej nieróności Huygensa (szczególny przypadek uogólnionego Hoeldera; można jej też dowieść, korzystając z wypukłości funkcji \(\displaystyle{ g(t)=\ln\left(1+e^t\right)}\)), mianowicie
\(\displaystyle{ \prod_{i=1}^n\sqrt{1+\tg^2a_i}=\sqrt{\prod_{i=1}^n(1+\tg^2a_i)}\ge \sqrt{\left(1+\left(\prod_{i=1}^n\tg^2 a_i\right)^{\frac 1 n}\right)^n}=2^{\frac n 2},}\) stąd też
\(\displaystyle{ \frac{1}{\displaystyle{\prod_{i=1}^n\sqrt{1+\tg^2a_i}}}\le \frac{1}{2^{\frac n 2}}.}\)
Równość zachodzi na przykład wtedy, gdy \(\displaystyle{ a_1=a_2=\ldots=a_n=\frac{\pi}{4}}\).