Неравество

[Simba]

$x, y , z: x+y+z=\pi$, $x,y,z$ - острые. $a, b, c \in R^+$ (не обязательно стороны треугольника):
$(a+b)\cdot \cos z +(b+c)\cdot \cos x +(a+c)\cdot \cos y \leq a+b+c$

То ли оно неверно, то ли у меня туговато, в общем свел к:
$\frac{1}{2}(a+b+c) \leq a\cdot \cos x + b\cdot \cos y + c\cdot\cos z $
Дальше не выходит.

[DjD USB]

Ну так дакажи что $cosx , cosy , cosz$ $ \ge {1/2}$

[bnovikov]

Simba в сообщении #493549 писал(а):

$x, y , z: x+y+z=\pi$, $x,y,z$ - острые. $a, b, c \in R^+$ (не обязательно стороны треугольника):
$(a+b)\cdot \cos z +(b+c)\cdot \cos x +(a+c)\cdot \cos y \leq a+b+c$

То ли оно неверно, то ли у меня туговато, в общем свел к:
$\frac{1}{2}(a+b+c) \leq a\cdot \cos x + b\cdot \cos y + c\cdot\cos z $
Дальше не выходит.

Конечно, неверно. Контрпример: $x=\pi/2, y=\pi/4, x=\pi/4, a=b+c$.

[Simba]

bnovikov в сообщении #493565 писал(а):

Конечно, неверно. Контрпример: .

Углы острые: не тупые и не прямые.

[bnovikov]

Simba в сообщении #493591 писал(а):

bnovikov в сообщении #493565 писал(а):

Конечно, неверно. Контрпример: .

Углы острые: не тупые и не прямые.

Несущественно. Ну, уменьшите чуть-чуть $x$ и увеличьте чуть-чуть $y$ и $z$.

[Simba]

bnovikov в сообщении #493597 писал(а):

Simba в сообщении #493591 писал(а):

bnovikov в сообщении #493565 писал(а):

Конечно, неверно. Контрпример: .

Углы острые: не тупые и не прямые.

Несущественно. Ну, уменьшите чуть-чуть $x$ и увеличьте чуть-чуть $y$ и $z$.

Ну так продемонстрируйте, протеворечивость в этом случае? А то на глаз так ведь и не определить)

[bnovikov]

Simba в сообщении #493603 писал(а):

Ну так продемонстрируйте, протеворечивость в этом случае? А то на глаз так ведь и не определить)

Нате: $x=\pi/3, y=z=\pi/6, a=b+c$

[Simba]

bnovikov в сообщении #493629 писал(а):

Simba в сообщении #493603 писал(а):

Ну так продемонстрируйте, протеворечивость в этом случае? А то на глаз так ведь и не определить)

Нате: $x=\pi/3, y=z=\pi/6, a=b+c$

$x+y+z=\pi$, у вас же $x+y+z=\frac{2\pi}{3}$.

[bnovikov]

Simba в сообщении #493633 писал(а):

$x+y+z=\pi$, у вас же $x+y+z=\frac{2\pi}{3}$.

Виноват. Тогда $x=88^{\circ},y=z=46^{\circ}$.

[Cash]

Simba в сообщении #493549 писал(а):

$a, b, c \in R^+$ (не обязательно стороны треугольника):
$(a+b)\cdot \cos z +(b+c)\cdot \cos x +(a+c)\cdot \cos y \leq a+b+c$
То ли оно неверно, то ли у меня туговато, в общем свел к:
$\frac{1}{2}(a+b+c) \leq a\cdot \cos x + b\cdot \cos y + c\cdot\cos z $
Дальше не выходит.

С точностью до наоборот
$u=a+b, v = b+c, w = a+c$
$u\cdot \cos z +v\cdot \cos x +w\cdot \cos y \leq \frac{1}{2}(u+v+w)$
Причем $u, v, w$ - стороны некоторого треугольника

-- Вт окт 18, 2011 15:43:00 --

Ну и изначальное неравенство конечно же для произвольных $a,b,c$ неверно.
Положим: $x=\frac{\pi}{2}, y=\frac{\pi}{4}, z=\frac{\pi}{4}$
Для особо придирчивых $x_n=\frac{\pi}{2} - \frac{1}{n}, y_n=\frac{\pi}{4}+ \frac{1}{2n}, z_n=\frac{\pi}{4} +\frac{1}{2n}$ и в неравенстве перейдем к пределу - это возможно, поскольку $\cos x$ - непрерывная функция
Получаем $\frac{\sqrt 2}{2}(2a+b+c) \leq a+b+c$, откуда $a\leq b+c$

То есть, как минимум, $a,b,c$ - стороны треугольника (возможно вырожденного)