16336. Докажите что любого треугольника ABC
верно неравенство
\tg\frac{\angle A}{2}+\tg\frac{\angle B}{2}+\tg\frac{\angle C}{2}\geqslant\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\cos\frac{\angle A}{2}}+\frac{1}{\cos\frac{\angle B}{2}}+\frac{1}{\cos\frac{\angle C}{2}}\right).
Решение. Пусть \angle A=2\alpha
, \angle B=2\beta
и \angle C=2\gamma
. Тогда доказываемое неравенство примет вид
\tg\alpha+\tg\beta+\tg\gamma\geqslant\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\cos\alpha}+\frac{1}{\cos\beta}+\frac{1}{\cos\gamma}\right).
Применив формулы тригонометрии и учитывая равенство \alpha+\beta+\gamma=90^{\circ}
, получим
\tg\alpha+\tg\beta=\frac{\sin(\alpha+\beta)}{\cos\alpha\cos\beta}=\frac{\cos\gamma}{\cos\alpha\cos\beta}.
Аналогично,
\tg\beta+\tg\gamma=\frac{\cos\alpha}{\cos\beta\cos\gamma},~\tg\alpha+\tg\gamma=\frac{\cos\beta}{\cos\alpha\cos\gamma}.
Сложив эти три равенства получим
2(\tg\alpha+\tg\beta+\tg\gamma)=\frac{\cos\gamma}{\cos\alpha\cos\beta}+\frac{\cos\beta}{\cos\alpha\cos\gamma}+\frac{\cos\gamma}{\cos\alpha\cos\beta}.
Значит, доказываемое неравенство примет вид
\frac{1}{2}\left(\frac{\cos\gamma}{\cos\alpha\cos\beta}+\frac{\cos\beta}{\cos\alpha\cos\gamma}+\frac{\cos\beta}{\cos\alpha\cos\gamma}\right)\geqslant\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\cos\alpha}+\frac{1}{\cos\beta}+\frac{1}{\cos\gamma}\right).
После умножения обеих частей этого неравенства на отличное от 0 число 2\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma
получим неравенство
\cos^{2}\alpha+\cos^{2}\beta+\cos^{2}\gamma\geqslant\cos\alpha\cos\beta+\cos\alpha\cos\gamma+\cos\beta\cos\gamma,
равносильное (после умножения на 2) очевидному неравенству
(\cos\alpha-\cos\beta)^{2}+(\cos\alpha-\cos\gamma)^{2}+(\cos\beta-\cos\gamma)^{2}\geqslant0.
Отсюда следует утверждение задачи.
Равенство достигается тогда и только тогда, когда треугольник равносторонний.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2013, № 8, задача 3776 (2012, с. 335, 336), с. 378