Pruebalo $\frac{2}{1+\tan A}+\frac{2}{1+\tan B}+\frac{2}{1+\tan C} \le 3(\sqrt{3}-1)$

Question

Sea$ABC$ un triángulo agudo con todos los ángulos mayores que$45^o$ Demuestre que$$\frac{2}{1+\tan A}+\frac{2}{1+\tan B}+\frac{2}{1+\tan C} \le 3(\sqrt{3}-1)$ $

Dejo$\tan A=a$,$\tan B=b$,$\tan C=c$ entonces la desigualdad equivalente a$a+b+c=abc$ pero no es trabajo.

No sé qué hacer. Álgebra o trigonométrico?

Answer 1

¿Qué pasa con Cálculo:

$f(x)=\frac{1}{1+\tan(x)}$ tiene una segunda derivada positiva en$(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2})$. Esto resuelve el problema.

Answer 2

Vamos a utilizar el multiplicador de Lagrange método de maximizar $$ f(a,b,c) = \frac{2}{1+a} + \frac{2}{1+b} + \frac{2}{1+c} $$ sujeto a la restricción $0 = g(a,b,c) = a+b+c-a b c$. Los derivados de la $f - \lambda g$ leer: $$ \begin{eqnarray} \frac{\partial(f- \lambda g)}{\partial a} &=& -\frac{2}{(1+a)^2} + \lambda (b c -1) = \frac{-2+ \lambda (b c-1)(1+a)^2}{(1+a)^2} = 0\\ \frac{\partial(f- \lambda g)}{\partial b} &=& -\frac{2}{(1+b)^2} + \lambda (a c -1) = \frac{-2+ \lambda (a c-1)(1+b)^2}{(1+b)^2} = 0\\ \frac{\partial(f- \lambda g)}{\partial c} &=& -\frac{2}{(1+c)^2} + \lambda (a b -1) = \frac{-2+ \lambda (a b-1)(1+c)^2}{(1+c)^2} = 0 \end{eqnarray} $$ La eliminación de salida $\lambda$ esto se traduce en dos ecuaciones: $$ (1+a)^2 (b, c-1) = (1+b)^2 (c-1) , \quad (1+b)^2 (c-1) = (1+c)^2 (b-1) $$ sustituyendo $c = \frac{a+b}{a b-1}$ obtenemos: $$ \frac{(1+a)^2 (1+b^2}{a b -1} = \frac{(1+a^2)(1+b)^2}{a b -1}, \quad \frac{(1+a^2)(1+b)^2}{a b -1} = \frac{\left(a + b + a +b -1\right)^2}{a b -1} $$ Restando: $$ \frac{2 (b-a)(b -1)}{b-1} = 0, \quad \frac{4 b - 2 b^2-1)}{a b -1} = 0 $$ Dando a $a=b$$a^2 = 3$. Por lo tanto $a=b=c=\sqrt{3}$ es el extremo. Es fácil ver que esto es un máximo. La desigualdad, como vemos, es saturada a $a=b=c=\sqrt{3}$, correspondiente a $A=B=C=\frac{\pi}{3}$.

Answer 3

Poner a $D=A-45^{\circ}$ etc, $D+E+F=(A+B+C-135^{\circ})=45^{\circ}$

$1+\tan A=1+\tan(D+45^{\circ})=\frac{2}{1-\tan D}$ appyling $\tan(A+B)=\frac{\tan A+ \tan B}{1-\tan A \tan B}$

Por eso, $\frac{2}{1 + \tan A}=1-\tan D$

Ahora el problema se reduce a minimizar $\tan D+\tan E+ \tan F$ donde $D+E+F=45^{\circ}$ $D,E,F>0$

Si podemos demostrar que el valor mínimo se produce cuando $D=E=F$, hemos terminado.

(i) Observar que $\tan x $ es convexa para $x=D,E$ o $F$$\frac{d\tan x}{dx}=sec^2x$$\frac{d^2\tan x}{dx^2}=2\sec^2x\tan x>0$$D+E+F=45^{\circ}$$D,E,F>0$.

El uso de la de Jensen Desigualdad, obtenemos que $\sum_{i=1}^n \tan A_i \ge n \cdot \tan \left( \frac{A_1 + A_2 + \cdots+ A_n}{n} \right) $ si $\sum_{i=1}^n A_i$ es constante.

Así, el valor de $\tan D+\tan E+ \tan F$ se minimiza cuando se $D=E=F$.

(ii) Alternativamente, $\tan D+\tan E+ \tan F=\tan D+\tan E+ \tan (45^{\circ} - D - E)=g(D,E)$(por ejemplo),

La aplicación de derivada parcial respecto a y D, $\frac{\partial g}{\partial D}=\sec^2D+sec^2(45^{\circ} - D - E)\cdot (-1)$

$\frac{\partial g}{\partial D}=0=>\sec^2D=sec^2(45^{\circ} - D - E)=>D=±(45^{\circ} - D - E)$

Si $D=-(45^{\circ} - D - E)$, $E=45^{\circ}$ cual es imposible como $D,E,F>0$,

por eso, $D=45^{\circ} - D - E=>E=45^{\circ} - 2D$

Poniendo esto es en $D+E+F=45^{\circ}=>F=D$

La aplicación parcial de la derivada respecto a E, $\frac{\partial g}{\partial E}=\sec^2E+sec^2(45^{\circ} - D - E)\cdot (-1)$

$\frac{\partial g}{\partial E}=0=>\sec^2E=sec^2(45^{\circ} - D - E)$

Por eso,$\sec^2E=\sec^2D=>D=E$$D,E,F>0$,

Por eso, $\frac{\partial g}{\partial E}=0=\frac{\partial g}{\partial D}=>D=E=F$

Utilizando la Prueba de la Segunda Derivada para $g(D,E)$, podemos ver que $min(g(D,E))=g(D,E)_{D=E=F}=g(15^{\circ}, 15^{\circ})$

Así, el valor mínimo de $\tan D+\tan E+ \tan F$ $3 (\tan15^{\circ})=3(2-\sqrt 3)$