Неравенство

[Terraniux]

Всем доброго вечера.

Докажите, что $S=\tg^2{\frac{\alpha}{2}}+\tg^2{\frac{\beta}{2}}+\tg^2{\frac{\gamma}{2}}\geqslant1$, если $\alpha+\beta+\gamma=\pi$ и $\max\{\alpha,\beta,\gamma\}\leqslant\frac{\pi}{2}$

Рассуждаю так:
Рассмотрим остроугольный треугольник с углами $\alpha,\beta,\gamma$ и сторонами $a,b,c$. Тогда наше неравенство преобразуется к виду $\frac{r^2}{(p-a)^2}+\frac{r^2}{(p-b)^2}+\frac{r^2}{(p-c)^2}$, Где $r$ - радиус вписанной окружности. По неравенству о среднем геометрическом и среднем арифметическим :
$S\geqslant\frac{3r^2}{\sqrt[3]{((p-a)(p-b)(p-c))^2}}$ $\Rightarrow$ $S^3\geqslant \frac{27(p-a)(p-b)(p-c)}{p^3}$. $\frac{S^3}{27}\geqslant \frac{b+c-a}{a+b+c}\cdot\frac{a+c-b}{a+b+c}\cdot\frac{a+b-c}{a+b+c}=\left(1-\frac{2a}{a+b+c}\right)\left(1-\frac{2b}{a+b+c}\right)\left(1-\frac{2c}{a+b+c}\right)\leqslant\frac{1}{27}$
Чувствую, где-то ошибка. Подскажите, пожалуйста, где и как добить задачу! \\поправил немного.

[nnosipov]

Terraniux в сообщении #745990 писал(а):

Докажите, что $S=\tg^2{\frac{\alpha}{2}}+\tg^2{\frac{\beta}{2}}+\tg^2{\frac{\gamma}{2}}\geqslant1$, если $\alpha+\beta+\gamma=\pi$ и $\max\{\alpha,\beta,\gamma\}\leqslant\frac{\pi}{2}$

Без всяких треугольников можно показать, что минимум $S$ достигается при $\alpha=\beta=\gamma=\pi/3$. Если в точке минимума, например, $\alpha \neq \beta$, то функция $f(\varepsilon)=\tg^2{(\alpha/2+\varepsilon)}+\tg^2{(\beta/2-\varepsilon)}+\tg^2{(\gamma/2)}$ будет иметь ненулевую производную при $\varepsilon=0$.

[Null]

nnosipov в сообщении #746071 писал(а):

Без всяких треугольников можно показать, что минимум $S$ достигается при $\alpha=\beta=\gamma=\pi/3$. Если в точки минимума, например, $\alpha \neq \beta$, то функция $f(\varepsilon)=\tg^2{(\alpha/2+\varepsilon)}+\tg^2{(\beta/2-\varepsilon)}+\tg^2{(\gamma/2)}$ будет иметь ненулевую производную при $\varepsilon=0$.

Это рассуждение не верно без доказательства существования минимума. Можно использовать что множество на котором ищем результат - компакт, но, по-моему, это чересчур.

[provincialka]

Рассуждение с производной дает локальный экстремум, даже на компакте.

[Null]

provincialka в сообщении #746130 писал(а):

Рассуждение с производной дает локальный экстремум, даже на компакте.

1. Из того что производная 0 не следует что точка локальный экстремум. Из того что точка локальный экстремум не следует что глобальный экстремум существует .
2. Только на компакте гарантирован глобальный экстремум. Поэтому я и говорю, что надо это указать. Но компакты в 3 мерном(можно 2) пространстве, это стрельба из пушки по воробьям.

[nnosipov]

Null в сообщении #746116 писал(а):

Это рассуждение не верно без доказательства существования минимума.

Оно не неверно, оно всего лишь неполно. Но совершенно стандартно при этом. Фокусы с применением хитрых вспомогательных неравенств нужны там, где стандартные подходы не работают.

[Null]

nnosipov в сообщении #746207 писал(а):

Оно не неверно, оно всего лишь неполно. Но совершенно стандартно при этом. Фокусы с применением хитрых вспомогательных неравенств нужны там, где стандартные подходы не работают.

И по какому пути вы предлагаете двигаться?

[patzer2097]

Null в сообщении #746215 писал(а):

И по какому пути вы предлагаете двигаться?

Так рассуждение nnosipov показывает, что если $\alpha\neq\beta$, то точка $(\alpha,\beta,\gamma)$ не дает минимума (даже локального). Поэтому минимум может быть (и будет) только при $\alpha=\beta=\gamma$.

[nnosipov]

Null в сообщении #746215 писал(а):

И по какому пути вы предлагаете двигаться?

Сначала --- по стандартному (в данном примере это идея малых шевелений). Если не работает, тогда изобретаем что-нибудь соответствующее ситуации (треугольники, к примеру). А всякие мелочи типа теорем существования --- это можно оставить и на потом, не в этом фишка.

[Null]

Ну я и говорю стрельба из пушки по воробьям, т.к. теорема существования гораздо более сложна чем эта задача, по крайней мере на школьных олимпиадах ее использовать нельзя.

[patzer2097]

Null в сообщении #746273 писал(а):

Ну я и говорю стрельба из пушки по воробьям, т.к. теорема существования гораздо более сложна чем эта задача

Ну это для кого как, по мне так определение тангенса (и тем более эта задача) гораздо более сложно чем теорема существования

[nnosipov]

Null в сообщении #746273 писал(а):

теорема существования гораздо более сложна чем эта задача, по крайней мере на школьных олимпиадах ее использовать нельзя.

А чем она (теорема существования) сложна? Да и школьные олимпиады --- это не самоцель, правильный взгляд на вещи куда ценнее, чем различные трюки. Кстати, для школьников есть книжка Тихомирова "Рассказы о максимумах и минимумах".

[Terraniux]

Возможно, я и не прав, но мне лично кажется, что решение именно через треугольники будет наилучгим. Помогите, пожалуйста, с последним переходом. Он верен (по-моему, нет ) , подскажите, как улучшить оценку. Я и через неравенство о среднем арифметическим и среднем квадратическом пробовал, и неравенство о среднем гармоническом - ничего не помогло.

[sergei1961]

Для неотрицательных чисел из неравенства Коши-Буняковского получаем:

$$ xy+yz+zx \le x^2+y^2+z^2. $$

Тангенсы острых углов неотрицательны, можем положить

$$ x=\tg\frac{\alpha}{2}, y=\tg\frac{\beta}{2}, z=\tg\frac{\gamma}{2}. $$

Но для тангенсов, равных углам треугольника, известно простое тождество, в наших обозначениях $xy+yz+zx=1$, это задача из Сканави. Всё.
Из условия равенства в неравенстве К-Б получаем условие равенства-когда все равны, равносторонний треугольник.

[Terraniux]

Я хотел как раз вчера применить его, но ушел спать. Сегодня применил его - получилось очень халявно.
$\frac{r^2}{(p-a)^2}+\frac{r^2}{(p-b)^2}+\frac{r^2}{(p-c)^2}$. Применив это нер-во к кадому слагаемому получим:
$S\geqslant \frac{p-a}{p}+\frac{p-b}{p}+\frac{p-c}{p}=1$.

Теперь вопрос к уважаемым форумчанам! Как ухардкорить это неравенство?