Matematyka.pl

Wyznaczyć minimalną wartość \(\displaystyle{ \tg( \frac{\alpha}{2} )+ \tg( \frac{\beta}{2} )+ \tg( \frac{\gamma}{2} )}\) oraz maksymalną \(\displaystyle{ \tg( \frac{\alpha}{2} ) \tg( \frac{\beta}{2} ) \tg( \frac{\gamma}{2} )}\) dla kątów trójkąta.

\(\displaystyle{ f(x)=\tan x}\) jest wypukła w pierwszej ćwiartce, bo \(\displaystyle{ f'(x)=\frac 1{\cos^2x}}\) jest rosnąca tamże. Na mocy nierówności Jensena mamy więc...

Maksimum iloczynu jest minimalnie ciekawsze, bo po zlogarytmowaniu nie można od razu na pałę z Jensena. Jednak co najwyżej jeden z kątów \(\displaystyle{ \alpha, \ \beta, \ \gamma}\) jest co najmniej \(\displaystyle{ \frac \pi 2}\) - bez straty ogólności niech \(\displaystyle{ \alpha, \beta \in \left(0,\frac \pi 2\right)}\); trzeci czynnik też jest dodatni i poprzez Jensena dla równych wag, argumentów \(\displaystyle{ \frac \alpha 2, \ \frac \beta 2}\) i funkcji wklęsłej w \(\displaystyle{ \left(0, \frac\pi 4\right)}\), mianowicie \(\displaystyle{ g(x)=\ln \tan x}\) mamy
\(\displaystyle{ \tan (\alpha/2)\tan(\beta/2)\tan(\gamma/2)\le \tan^2\left(\frac{\alpha+\beta}{4}\right)\tan\left(\gamma/2\right)}\).
Mamy jednakże \(\displaystyle{ \alpha+\beta=\pi-\gamma}\) i zostajemy z problemem maksymalizacji funkcji jednej zmiennej.
Odnotujemy, że \(\displaystyle{ \tan\left(\frac \pi 4-x\right)=\frac{1-\tan x}{1+\tan x}}\)
oraz
\(\displaystyle{ \tan 2x=\frac{2\tan x}{1-\tan^2x}}\) ze wzoru na tangens sumy, tudzież różnicy (oczywiście \(\displaystyle{ x=\frac \gamma 4}\)) i po oczywistych uproszczeniach pozostaje orzec, że \(\displaystyle{ \max_{a\in (0,1)}\frac{2a(1-a)}{(1+a)^3}=\frac 1 {3\sqrt{3}}}\), co idzie z rachunku różniczkowego funkcji jednej zmiennej. Bsh, jestem większym pałkarzem niż byłem, pora umierać fr (chcę tego, codziennie marzę o śmierci)

Niech \(\alpha=A,\ \beta=B,\ \gamma=C\). Rysujemy trójkąt \(ABC\), wpisujemy weń okrąg o środku \(I\) i promieniu \(r\). Wybierzmy bez straty ogólności wierzchołek \(A\). Przy standardowych oznaczeniach (bok \(a\) naprzeciwko wierzchołka \(A\) itd.) oznaczamy dodatkowo punkt styczności okręgu wpisanego z bokiem \(b\) lub \(c\) jako \(D\). Wtedy z trójkąta \(ADI\) mamy łatwo \(r\cot\frac{A}{2}=\frac{b+c-a}{2}=s-a\), gdzie \(2s=a+b+c\). Dodatkowo z twierdzenia sinusów dla trójkąta \(ABC\) mamy \(a=2R\sin A\), gdzie \(R\) jest promieniem okręgu opisanego. To ostatecznie daje tożsamość \(2R\sin A+r\cot\frac{A}{2}=s\). Podstawiając do niej \(\sin A=\frac{2\tan\frac{A}{2}}{1+\tan^2\frac{A}{2}}\) oraz \(\cot\frac{A}{2}=\frac{1}{\tan\frac{A}{2}}\) i oznaczając \(\tan\frac{A}{2}=t\) otrzymujemy, że \(t\) spełnia równanie \(st^3-(4R+r)t^2+st-r=0\). Z dowolności wyboru wierzchołka trójkąta \(ABC\) mamy (Viete), że \(\sum\tan\frac{A}{2}=\frac{4R+r}{s},\ \sum\tan\frac{A}{2}\tan\frac{B}{2}=1,\ \prod\tan\frac{A}{2}=\frac{r}{s}\).

Gdy \(A=B=C=\frac{\pi}{3}\), wtedy \(\sum\tan\frac{A}{2}=\sqrt{3}\) oraz \(\prod\tan\frac{A}{2}=\frac{1}{3\sqrt{3}}\). Dowiedziemy, że \(\sum\tan\frac{A}{2}\ge\sqrt{3}\) oraz \(\prod\tan\frac{A}{2}\le\frac{1}{3\sqrt{3}}\), co da rozwiązanie zadania. W obu przypadkach wykorzystamy podwójną nierówność Gerretsena: \(4R^2+4Rr+3r^2\ge s^2\ge 16Rr-5r^2\) oraz nierówność Eulera: \(R\ge 2r\).

W pierwszym przypadku dowodzimy \[\frac{4R+r}{s}\ge\sqrt{3}\] lub, wobec dodatniości obu stron, \[(4R+r)^2\ge 3s^2,\] co wynika z \[(4R+r)^2-3\left(4R^2+4Rr+3r^2\right)=4(R-2r)(R+r)\ge 0.\]
W drugim przypadku dowodzimy \[\frac{1}{3\sqrt{3}}\ge\frac{r}{s}\] lub \[s^2\ge 27r^2,\] co wynika z \[16Rr-5r^2-27r^2=16(R-2r)r\ge 0.\]