14-я Международная Жаутыковская олимпиада, 2018 год

$\alpha$, $\beta$ және $\gamma$ --үшбұрыштың бұрыштары, ал $a,$ $b$ және $c$ сәйкесінше сол бұрыштарға қарсы жатқан қабырғалардың ұзындықтары болсын. Келесі теңсіздікті дәлелдеңіз $$2\left(\cos ^2\alpha +\cos ^2\beta +\cos ^2\gamma \right) \geq {a^2\over b^2+c^2}+{b^2\over a^2+c^2}+{c^2\over a^2+b^2}.$$ ( Исмаилов Ш.Н. )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Верны следующие соотношения: $$a=b\cdot \cos \gamma +c\cdot \cos \beta, \quad b=a\cdot \cos \gamma +c\cdot \cos \alpha, \quad c=a\cdot \cos \beta +b\cdot \cos \alpha . \quad (1)$$ Действительно, пусть $a_1$, $b_1$ --- проекции сторон $a$ и $b$ на сторону $c$. Тогда, если треугольник не тупоугольный, то $c=a_1+b_1=a\cdot \cos \beta +b\cdot \cos \alpha$. Если треугольник тупоугольный, скажем, $\alpha >90^\circ$, то $$c=a_1-b_1=a\cdot \cos \beta -b\cdot \cos \left( 180^\circ-\alpha \right)=a\cdot \cos \beta +b\cdot \cos \alpha .$$ Остальные равенства системы (1) доказываются аналогично. Тогда по неравенству Коши-Буняковского $\left(\cos ^2\alpha +\cos ^2\beta \right) \left(b^2+a^2 \right)\geq {{\left(a\cdot\cos \beta +b\cdot \cos\alpha \right)}^{2}}=c^2$, то есть $\cos ^2\alpha +\cos ^2\beta \geq {c^2\over b^2+a^2}$. Аналогично $\cos ^2\gamma +\cos ^2\beta \geq {a^2\over b^2+c^2}$ и $\cos ^2\alpha +\cos ^2\gamma \geq {b^2\over a^2+c^2}$. Осталось заметить, что сумма последних трех неравенств дает требуемое.

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №2.     По теореме синусов правая часть равна $$\frac{{{\sin }^{2}}\alpha }{{{\sin }^{2}}\beta +{{\sin }^{2}}\gamma }+\frac{{{\sin }^{2}}\beta }{{{\sin }^{2}}\alpha +{{\sin }^{2}}\gamma }+\frac{{{\sin }^{2}}\gamma }{{{\sin }^{2}}\alpha +{{\sin }^{2}}\beta }.$$ По неравенству Коши-Буняковского $${{\sin }^{2}}\alpha ={{\sin }^{2}}\left( \beta +\gamma \right)={{\left( \sin \beta \cos \gamma +\sin \beta \cos \gamma \right)}^{2}}\le \left( {{\sin }^{2}}\beta +{{\sin }^{2}}\gamma \right)\left( {{\cos }^{2}}\gamma +{{\cos }^{2}}\beta \right),$$ следовательно, ${{\cos }^{2}}\beta +{{\cos }^{2}}\gamma \ge \frac{{{\sin }^{2}}\alpha }{{{\sin }^{2}}\beta +{{\sin }^{2}}\gamma }.$ Прибавляя аналогичные неравенства для ${{\cos }^{2}}\alpha +{{\cos }^{2}}\beta $ и ${{\cos }^{2}}\alpha +{{\cos }^{2}}\gamma $, получим требуемое.

[quote=zhumazhenis]Using Cosine and Cauchy-Schwarz Theorem:

$\cos^2\alpha+\cos^2\beta=\frac{\left(c^2+b^2-a^2\right)^2}{4b^2c^2}+\frac{\left(c^2+a^2-b^2\right)^2}{4a^2c^2}\geq\frac{4c^4}{4c^2(a^2+b^2)}=\frac{c^2}{a^2+b^2}$

Analogously:

$\cos^2\alpha+\cos^2\gamma\geq\frac{b^2}{a^2+c^2}$

$\cos^2\beta+\cos^2\gamma\geq\frac{a^2}{b^2+c^2}$

Then sum these three inequalities proves inequality.[/quote]

Отличное и короткое решение...

$$ \left\{ \begin{gathered} \cos \alpha = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} \\ \cos\beta=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac} \\ \cos \gamma =\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\\ \end{gathered} \right. $$

$$ S=a^2+b^2+c^2, \quad Q=abc$$

$$ \Rightarrow \sum_{t\in(a^2,b^2,c^2)} \frac{S-t}{Q}\sqrt{t}\geq \sum_{t\in(a^2,b^2,c^2)} \frac{ t}{S-t} \Rightarrow $$

$$ \Rightarrow \sum_{t\in(a^2,b^2,c^2)} \left( \frac{S-t}{Q}\sqrt{t}- \frac{ t}{S-t} \right) \geq 0$$

$$ f(t)= \frac{S-t}{Q}\sqrt{t}- \frac{ t}{S-t} $$

$$ S=a^2+b^2+c^2, \quad Q=abc \Rightarrow S \geq 3\sqrt [3]{Q^2} \Rightarrow $$

$$\Rightarrow S^3 \geq 27Q^2 \Rightarrow S\sqrt{S} \geq 3Q \Rightarrow \frac{S\sqrt{S}}{Q}\geq 3 \Rightarrow$$

$$\Rightarrow \frac{2S\sqrt{S}}{\sqrt{3}Q} \geq \frac{6}{\sqrt{3}}$$

$$ f(a^2)+f(b^2)+f(c^2) \geq 3 f(\frac{S}{3})\Rightarrow$$

$$ \Rightarrow \sum_{t\in(a^2,b^2,c^2)} \left( \frac{S-t}{Q}\sqrt{t}- \frac{ t}{S-t} \right) \geq 3\left( \frac {2S\sqrt{S} }{ 3\sqrt{3}Q}-\frac{1}{2} \right)=\frac {2S\sqrt{S} }{ \sqrt{3}Q}-\frac{3}{2} \geq \frac{6}{\sqrt{3}}-\frac{3}{2} >0$$

Бұл өте ескі есеп негізінен.

Мына жерден қарасаңыздар болады:

http://artofproblemsolving.com/community/c6h423450p2394999

http://artofproblemsolving.com/community/c6h75424p2730606