16379. Углы остроугольного треугольника равны \alpha
, \beta
и \gamma
. Докажите, что
\sqrt{\ctg\alpha}+\sqrt{\ctg\beta}+\sqrt{\ctg\gamma}\leqslant\sqrt{\ctg\frac{\alpha}{2}\cdot\ctg\frac{\beta}{2}\cdot\ctg\frac{\gamma}{2}}.
Решение. Обозначим \tg\frac{\alpha}{2}=x
, \tg\frac{\beta}{2}=y
и \tg\frac{\gamma}{2}=z
. Тогда x\lt1
, y\lt1
и z\lt1
, так как углы остроугольного треугольника меньше 45^{\circ}
. При этом
xy+yz+zx=\tg\frac{\alpha}{2}\tg\frac{\beta}{2}+\tg\frac{\beta}{2}\tg\frac{\gamma}{2}+\tg\frac{\gamma}{2}\tg\frac{\alpha}{2}=1
(см. задачу 4438).
Применив формулу тангенса двойного аргумента, получим
\frac{1-x^{2}}{2x}=\frac{1-\tg^{2}\frac{\alpha}{2}}{2\tg\frac{\alpha}{2}}=\frac{1}{\tg\alpha}=\ctg\alpha.
Аналогично,
\frac{1-y^{2}}{2y}=\ctg\beta,~\frac{1-z^{2}}{2z}=\ctg\gamma.
Тогда неравенство из условия задачи равносильно неравенству
\sqrt{\frac{1-x^{2}}{2x}}+\sqrt{\frac{1-y^{2}}{2y}}+\sqrt{\frac{1-z^{2}}{2z}}\leqslant\frac{1}{\sqrt{xyz}},
или
\sqrt{\frac{yz(1-x^{2})}{2}}+\sqrt{\frac{xz(1-y^{2})}{2}}+\sqrt{\frac{zx(1-z^{2})}{2}}\leqslant1.
По неравенству Коши
\sqrt{\frac{yz(1-x^{2})}{2}}\leqslant\frac{1}{2}\left(yz+\frac{1-x^{2}}{2}\right)=\frac{1}{4}(2yz+1-x^{2}).
Аналогично,
\sqrt{\frac{xz(1-y^{2})}{2}}\leqslant\frac{1}{4}(2zx+1-y^{2}),~\sqrt{\frac{xy(1-z^{2})}{2}}\leqslant\frac{1}{4}(2xy+1-z^{2}).
Следовательно,
\sqrt{\frac{yz(1-x^{2})}{2}}+\sqrt{\frac{xz(1-y^{2})}{2}}+\sqrt{\frac{zx(1-z^{2})}{2}}\leqslant\frac{1}{4}(2(xy+yz+zx)+3-(x^{2}+y^{2}+z^{2}))=
=\frac{1}{4}(2\cdot1+3-(x^{2}+y^{2}+z^{2}))=\frac{1}{4}(5-(x^{2}+y^{2}+z^{2}))=1.
Отсюда получаем утверждение задачи.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2020, № 4, задача 4488, с. 191