Тригонометрическое неравенство

[gris]

Ещё и решения?
ну и ну... Для первой задачи равенство верно для любого треугольника. Например, для остроугольного О - центр описанной окружности лежит внутри треугольника. Пользуясь известными формулами площади треугольника и соотношением между вписанными и центральными углами, получим

$$S_{BCO} + S_{ACO} + S_{BAO} =S_{ABC}$$

$$\frac12 R^2\sin 2A+\frac12 R^2 \sin 2B+\frac12 R^2\sin 2C= 2R^2\sin A\sin B\sin C$$

$$R^2\cos A\sin A+R^2\cos B\sin B+R^2\cos C\sin C= 2R^2\sin A\sin B\sin C$$

$$\cos A\sin A+\cos B\sin B+\cos C\sin C= 2\sin A\sin B\sin C$$

$$\frac{\cos A}{\sin B\sin C}+\frac{\cos B}{\sin A\sin C}+\frac{\cos C}{\sin B\sin A}= 2$$

Во второй задаче воспользуйтесь тем, что наибольшую площадь среди вписанных в окружность треугольников имеет равносторонний. А вот тут надо быть осторожным с тупоугольными треугольниками.

[arqady]

Trius писал(а):

Пусть $A,B,C$ - углы остроугольного треугольника. Доказать
b)$\frac{cosA}{\sqrt{sinBsinC}}+\frac{cosB}{\sqrt{sinAsinC}}+\frac{cosC}{\sqrt{sinBsinA}}\leq \sqrt{3}$

Let

$$a^2+b^2-c^2=z,$$

$$a^2+c^2-b^2=y$$

and

$$b^2+c^2-a^2=x.$$

Hence,

$$\sum_{cyc}\frac{cosA}{\sqrt{sinBsinC}}\leq\sqrt3\Leftrightarrow\sum_{cyc}\frac{\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}}{\frac{2S}{a\sqrt{bc}}}\leq\sqrt3\Leftrightarrow\sum_{cyc}\frac{(b^2+c^2-a^2)a}{\sqrt{bc}}\leq\sqrt{3\sum_{cyc}(2a^2b^2-a^4)}}\Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow\sum_{cyc}x\sqrt{\frac{y+z}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}}\leq\sqrt{3(xy+xz+yz)}.$$

By Cauchy-Schwartz we obtain:

$$\left(\sum_{cyc}x\sqrt{\frac{y+z}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}}\right)^2\leq\sum_{cyc}\frac{x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}\cdot\sum_{cyc}x(y+z)}.$$

Thus, it remains to prove that

$$\sum_{cyc}\frac{x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}\leq\frac{3}{2}.$$

Let $x+y+z=1.$ Hence, by Jensen we obtain:

$$\sum_{cyc}\frac{x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}\leq\sqrt{\sum_{cyc}\frac{x}{(x+y)(x+z)}}.$$

But

$$\sqrt{\sum_{cyc}\frac{x}{(x+y)(x+z)}}\leq\frac{3}{2}\Leftrightarrow4\sum_{cyc}x(y+z)(x+y+z)\leq9(x+y)(x+z)(y+z),$$

which is obvious.