Probar esta desigualdad trigonométrica de los ángulos de $\triangle ABC$

Question

En $\Delta ABC$ Mostrar %#% $ #%

desde $$\cos{\frac{A}{2}}+\cos\frac{B}{2}+\cos\frac{C}{2}\ge \frac{\sqrt{3}}{2} \left(\cos\frac{B-C}{2}+\cos\frac{C-A}{2}+\cos\frac{A-B}{2}\right)$ $

Answer 1

Vamos $a=y+z$, $b=x+z$ y $c=x+y$.

Por lo tanto, $x$, $y$ y $z$ son positivos y tenemos que demostrar que $$\sum_{cyc}\sqrt{\frac{1+\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}}{2}}\geq$$ $$\geq\frac{\sqrt{3}}{2}\sum_{cyc}\left(\sqrt{\frac{1+\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}}{2}\cdot\frac{1+\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}}{2}}+\sqrt{\frac{1-\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}}{2}\cdot\frac{1-\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}}{2}}\right)$$ o $$\sum_{cyc}\sqrt{\frac{(a+b+c)(b+c-a)}{bc}}\geq$$ $$\geq\frac{\sqrt3}{4c\sqrt{ab}}\sum_{cyc}(a+b+c+a+b-c)\sqrt{(b+c-a)(a+c-b)}$$ o $$2\sum_{cyc}\sqrt{c^2ab(a+b+c)(a+b-c)}\geq\sqrt3\sum_{cyc}(a+b)\sqrt{ab(a+c-b)(b+c-a)}$$ o $$2\sum_{cyc}\sqrt{(x+y)^2(x+z)(y+z)(x+y+z)z}\geq\sqrt3\sum_{cyc}(x+y+2z)\sqrt{xy(x+z)(y+z)}$$ o $$\frac{4}{\sqrt3}\sqrt{(x+y+z)\prod_{cyc}(x+y)}\sum_{cyc}\sqrt{z(x+y)}+$$ $$+\sum_{cyc}(x+y+2z)\left(x(y+z)+y(x+z)-2\sqrt{xy(x+z)(y+z)}\right)\geq$$ $$\geq\sum_{cyc}(x+y+2z)(x(y+z)+y(x+z))$$ o $$\frac{4}{\sqrt3}\sqrt{(x+y+z)\prod_{cyc}(x+y)}\sum_{cyc}\sqrt{z(x+y)}+$$ $$+\sum_{cyc}(x+y+2z)\left(\sqrt{x(y+z)}-\sqrt{y(x+z)}\right)^2\geq$$ $$\geq\sum_{cyc}(5x^2y+5x^2z+6xyz)$$ o $$\frac{4}{\sqrt3}\sqrt{(x+y+z)\prod_{cyc}(x+y)}\sum_{cyc}\sqrt{z(x+y)}+$$ $$+\sum_{cyc}\frac{(x+y+2z)z^2(x-y)^2}{\left(\sqrt{x(y+z)}+\sqrt{y(x+z)}\right)^2}\geq\sum_{cyc}(5x^2y+5x^2z+6xyz).$$ Ahora, ya por el Titular de la $$\sum_{cyc}\sqrt{z(x+y)}=\sqrt{\frac{\left(\sum\limits_{cyc}\sqrt{z(x+y)}\right)^2\sum\limits_{cyc}z^2(x+y)^2}{\sum\limits_{cyc}z^2(x+y)^2}}\geq$$ $$\geq\sqrt{\frac{8(xy+xz+yz)^3}{2\sum\limits_{cyc}(x^2y^2+x^2yz)}}=2\sqrt{\frac{(xy+xz+yz)^3}{\sum\limits_{cyc}(x^2y^2+x^2yz)}}$$ y por C-S $$\left(\sqrt{x(y+z)}+\sqrt{y(x+z)}\right)^2\leq(1+1)(x(y+z)+y(x+z))=2(2xy+xz+yz),$$ queda por demostrar que $$\frac{8}{\sqrt3}\sqrt{\frac{(x+y+z)\prod\limits_{cyc}(x+y)(xy+xz+yz)^3}{\sum\limits_{cyc}(x^2y^2+x^2yz)}}+\frac{1}{2}\sum_{cyc}\frac{(x-y)^2z^2(x+y+2z)}{2xy+xz+yz}\geq$$ $$\geq\sum_{cyc}(5x^2y+5x^2z+6xyz).$$ Vamos a demostrar que $$\sum_{cyc}\frac{(x-y)^2z^2(x+y+2z)}{2xy+xz+yz}\geq\frac{2(x+y+z)\sum\limits_{cyc}z^2(x-y)^2}{3(xy+xz+yz)}.$$ De hecho, vamos a $x\geq y\geq z$.

Por lo tanto, $$\sum_{cyc}\frac{(x-y)^2z^2(x+y+2z)}{2xy+xz+yz}-\frac{2(x+y+z)\sum\limits_{cyc}z^2(x-y)^2}{3(xy+xz+yz)}=$$ $$=\frac{\sum\limits_{cyc}z^2(x-y)^2(3(x+y+2z)(xy+xz+yz)-2(x+y+z)(2xy+xz+yz))}{3(2xy+xz+yz)(xy+xz+yz)}=$$ $$=\frac{\sum\limits_{cyc}z^2(x-y)^2(4z^2x+4z^2y+x^2z+y^2z+4xyz-x^2y-y^2x)}{3(2xy+xz+yz)(xy+xz+yz)}\geq$$ $$\geq\frac{\sum\limits_{cyc}z^2(x-y)^2(z^2x+z^2y+x^2z+y^2z-x^2y-y^2x)}{3(2xy+xz+yz)(xy+xz+yz)}\geq$$ $$\geq\frac{z^2(x-y)^2(z^2x+z^2y+x^2z+y^2z-x^2y-y^2x)}{(2xy+xz+yz)(xy+xz+yz)}+$$ $$+\frac{y^2(x-z)^2(y^2x+y^2z+x^2y+z^2y-x^2z-z^2x)}{3(2xy+xz+yz)(xy+xz+yz)}\geq$$ $$\geq\frac{z^2(x-y)^2(z^2x+x^2z-x^2y-y^2x)}{3(2xy+xz+yz)(xy+xz+yz)}+$$ $$+\frac{y^2(x-y)^2(y^2x+x^2y-x^2z-z^2x)}{3(2xz+xy+yz)(xy+xz+yz)}=$$ $$=\frac{x(x+y+z)(x-y)^2(y-z)}{3(xy+xz+yz)}\left(\frac{y^2}{2xz+xy+yz}-\frac{z^2}{2xy+xz+yz}\right)\geq0.$$ Id est, es suficiente para probar que $$\frac{8}{\sqrt3}\sqrt{\frac{(x+y+z)\prod\limits_{cyc}(x+y)(xy+xz+yz)^3}{\sum\limits_{cyc}(x^2y^2+x^2yz)}}+\frac{(x+y+z)\sum\limits_{cyc}z^2(x-y)^2}{3(xy+xz+yz)}\geq$$ $$\geq\sum_{cyc}(5x^2y+5x^2z+6xyz).$$ Ahora, vamos a $x+y+z=3u$, $xy+xz+yz=3v^2$, donde $v>0$, e $xyz=w^3$.

Por lo tanto, tenemos que demostrar que $$\frac{8}{\sqrt3}\sqrt{\frac{(x+y+z)\prod\limits_{cyc}(x+y)(xy+xz+yz)^3}{\sum\limits_{cyc}(x^2y^2+x^2yz)}}+\frac{2(x+y+z)\sum\limits_{cyc}(x^2y^2-x^2yz)}{3(xy+xz+yz)}\geq$$ $$\geq\sum_{cyc}(5x^2y+5x^2z+6xyz)$$ o $$\frac{8}{\sqrt3}\sqrt{\frac{3u(9uv^2-w^3)\cdot27v^6}{9v^4-6uw^3+3uw^3}}+\frac{2\cdot3u(9v^4-9uw^3)}{9v^2}\geq5(9uv^2-3w^3)+18w^3$$ o $$8\sqrt{\frac{uv^6(9uv^2-w^3)}{3v^4-uw^3}}\geq\frac{9uv^4+6u^2w^3+v^2w^3}{v^2}$$ or $f(w^3)\geq0$, donde $$f(w^3)=333u^2v^{12}-243u^3v^8w^3-118uv^{10}w^3-3v^8w^6-18u^2v^6w^6+$$ $$+36u^5w^9+12u^3v^2w^9+uv^4w^9.$$ Vemos que $$f'(w^3)=-243u^3v^8-118uv^{10}-6v^8w^3-36u^2v^6w^3+108u^5w^6+36u^3v^2w^6+3uv^4w^6\leq0$$ debido a $u\geq v\geq w$$v^4\geq uw^3$, que dice que es suficiente para demostrar $f(w^3)\geq0$ para un valor máximo de $w^3$,

lo que sucede por la igualdad caso de dos variables.

Desde $f(w^3)\geq0$ es homogénea, podemos suponer $y=z=1$, lo que da $$\frac{8}{\sqrt3}\sqrt{\frac{2(x+2)(x+1)^2(2x+1)^3}{3x^2+2x+1}}+\frac{2(x+2)(x-1)^2}{3(2x+1)}\geq10x^2+28x+10$$ o $$(x-1)^2(549x^6+2158x^5+2749x^4+1588x^3+551x^2+158x+23)\geq0.$$ Hecho!

Answer 2

Denotar la diferencia de $\text{LHS}-\text{RHS}$$S(A,B,C)$. Tenemos que mostrar que $S(A,B,C)\ge0$. Comenzamos con un simple

La proposición. Para $\alpha\in[0,\pi/2]$ tenemos la siguiente desigualdad $$2\cos\frac{\pi-\alpha}4-\sqrt3\cos\frac{\pi-3\alpha}4<\sqrt3$$ Prueba. $\frac{\pi-3\alpha}4\in[-\frac\pi8,\frac\pi4]$, lo que $$2\cos\frac{\pi-\alpha}4-\sqrt3\cos\frac{\pi-3\alpha}4\le2-\sqrt3\cos\frac\pi4<\sqrt3.\quad\square$$

Ahora supongamos $A\le\pi/2$ (un ángulo siempre existe en un triángulo; por ejemplo, $A$ a ser el más pequeño entre los $A,B,C$). Reformular el deseado de la desigualdad $$\cos\frac A2+2\cos\frac{\pi-A}4\cos\frac{B-C}4\ge\sqrt3\cos^2\frac{B-C}4-\frac{\sqrt3}2+\sqrt3\cos\frac{\pi-3A}4\cos\frac{B-C}4$$ Deje $t=\cos\frac{B-C}4\in(0,1]$. Considere la función $$f(x)=-\sqrt3t^2+(2\cos\frac{\pi-A}4-\sqrt3\cos\frac{\pi-3A}4)x$$ Por la proposición en el principio de esta prueba, El eje de simetría de $f$ es $$x=\frac{2\cos\frac{\pi-A}4-\sqrt3\cos\frac{\pi-3A}4}{2\sqrt3}<\frac12$$ Y desde $-\sqrt3<0$, la parábola abre hacia abajo. En consecuencia,$f(t)\ge f(1)$. Además, $f(t)>f(1)$ si $t\not=1$. En otras palabras, $S(A,B,C)\ge S(A,\frac{B+C}2,\frac{B+C}2)$ con la igualdad si y sólo si $B=C$.

Ya casi hemos terminado. Observar que $S$ es continua en a $A, B, C$. Podemos ampliar el rango de $A,B,C$ $[0,\pi]^3\cap\{A+B+C=\pi\}$sin destruir el argumento anterior. Este es un conjunto compacto, en el que $S$ alcanza su mínimo $S_0$ en el punto de $(A_0, B_0, C_0)$. WLOG asumimos $A\le\pi/3$. Si $B_0\not=C_0$,$S_0>S(A_0,\frac{B_0+C_0}2,\frac{B_0+C_0}2)$, contradiciendo la minimality de $S_0$. Por lo tanto $B_0=C_0$. Pero $B_0+C_0=\pi-A_0\le\pi$, lo $B_0\le\pi/2$. La aplicación de la anterior argumento, una vez más, vemos a $A_0=C_0$. Ahora llegamos a la conclusión de que $A_0=B_0=C_0=\pi/3$, por lo tanto $S_0=S(\pi/3,\pi/3,\pi/3)=0$. Esto demuestra que $S\ge S_0=0$.