Тригонометрическое неравенство

[AndreyXYZ]

Решить неравенство:

$$\Big|2\sin x+2\cos x+\tg x+\ctg x+\frac{1}{\sin x}+\frac{1}{\cos x}\Big|\le 2$$

[Really]

AndreyXYZ в сообщении #179366 писал(а):

$$\Big|2\sin x+2\cos x+\tg x+\ctg x+\frac{1}{\sin x}+\frac{1}{\cos x}\Big|\le 2$$

Функция под знаком модуля неограниченна.

t:=Pi/2-1e-4;evalf(2*cos(t)+2*sin(t)+tan(t)+cot(t)+1/sin(t)+1/cos(t));

Ответ: 20003.00029.

[AndreyXYZ]

Really в сообщении #179371 писал(а):

Ответ: 20003.00029.

Что это за ответ? У нас же неравенство.

Мне нужны выкладки, а не решение на компьютере.

[Really]

Может имелось в виду $\geqslant 2$?

Добавлено спустя 35 секунд:

AndreyXYZ в сообщении #179372 писал(а):

Что это за ответ? У нас же неравенство.

Мне нужны выкладки, а не решение на компьютере.

Неравенство неверное.

[AndreyXYZ]

Really в сообщении #179373 писал(а):

Неравенство неверное.

Что значит неверное? Ни при одном $x$ не выполняется? Требуется решить неравенство.

[Really]

AndreyXYZ в сообщении #179384 писал(а):

Что значит неверное? Ни при одном $x$ не выполняется? Требуется решить неравенство.

Выполняется при некоторых... Это меняет дело. Этих слов изначально не было. Я думал вы
настаиваете на справедливости неравенства для всех $x$... А справедливо как раз $\geqslant 2$.

[Профессор Снэйп]

Really писал(а):

Может имелось в виду $\geqslant 2$?

А какая разница? Я так понимаю, что неравенство $f(x) \geqslant 2$ ничем не лучше неравенства $f(x) \leqslant 2$, чему бы ни была равна функция $f$.

[V.V.]

Покори Воробьевы горы

[AndreyXYZ]

Я построил график, решения есть. Например

$$x=-\frac{\pi}{4}$$

[Really]

AndreyXYZ в сообщении #179402 писал(а):

Я построил график, решения есть. Например

$$x=-\frac{\pi}{4}$$

Против этого я и не возражал.

[Brukvalub]

Это задача действующей олимпиады, поэтому требования:

AndreyXYZ в сообщении #179372 писал(а):

Мне нужны выкладки, а не решение на компьютере.

являются некорректными до 26 января. Так что УЙМИТЕ свои желания.

[Trius]

Пусть $A,B,C$ - углы остроугольного треугольника. Доказать неравенства:
a)$\frac{cosA}{sinBsinC}+\frac{cosB}{sinAsinC}+\frac{cosC}{sinBsinA}\geq 2$
b)$\frac{cosA}{\sqrt{sinBsinC}}+\frac{cosB}{\sqrt{sinAsinC}}+\frac{cosC}{\sqrt{sinBsinA}}\leq \sqrt{3}$

[arqady]

Trius писал(а):

Пусть $A,B,C$ - углы остроугольного треугольника. Доказать неравенства:
a)$\frac{cosA}{sinBsinC}+\frac{cosB}{sinAsinC}+\frac{cosC}{sinBsinA}\geq 2$

Это верно для любого треугольника.

[gris]

а) там $...=2$.
Ограничение на остроугольные треугольники дано, наверное, для того, чтобы при геометрическом решении, использующем описанную окружность и двойные углы, школьники не тратили время на возню с вычитанием площадей. Хотя там ничего сложного и для прямо- и тупоугольных треугольников.

б) интересно, что для тупоугольных треугольников с углом, большим $145^\circ$, выполняется противоположное неравенство. А исходное неравенство верно для треугольников с максимальным углом $<137^\circ$

[Trius]

А решения?