Desigualdad para los cosenos

Question

¿Se conoce la siguiente desigualdad en un triángulo? $$4(\cos A + \cos B + \cos C) \le 3 + \cos \left(\frac{B-C}{2}\right) + \cos \left(\frac{C-A}{2}\right) + \cos \left(\frac{A-B}{2}\right)$$ A mí me parece correcto pero agradecería que alguien lo confirmara.

Answer 1

$\cos A+\cos B+\cos C=2\cos\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}+1-2\sin^2\frac{C}{2}$

$=2\sin\frac{C}{2}\cos\frac{A-B}{2}+1-2\sin^2\frac{C}{2}\quad$ como $\quad A+B+C=\pi$ $\implies\cos\frac{A+B}{2}=\sin\frac{C}{2}$

$\leq 2\sin\frac{C}{2}+1-2\sin^2\frac{C}{2}\quad$ como $\quad\cos\frac{A-B}{2}\leq 1$

$=-\frac{1}{2}(2\sin\frac{C}{2}-1)^2+1+\frac{1}{2}$

El valor máximo vendrá si $2\sin\frac{C}{2}=1\quad$ y si $\quad\cos\frac{A-B}{2}=1$

o si $\quad C=\frac{\pi}{3}\quad$ y $\quad A=B$ . Entonces $A+B=\frac{2\pi}{3}\implies A=B=\frac{\pi}{3}=C$

El valor máximo de $\cos A+\cos B+\cos C\quad$ así $\quad\frac{3}{2}$

(i)Ahora, $4(\cos A+\cos B+\cos C)=2(\cos A+\cos B+\cos C)+2(\cos A+\cos B+\cos C)$

$\leq 2(\cos A+\cos B+\cos C)+2.\frac{3}{2}$

$=3+(\cos A+\cos B)+(\cos B+\cos C)+(\cos C+\cos A)$

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

Así, el problema se reduce a $\sum 2\sin\frac{C}{2}\cos\frac{A-B}{2} \sum \cos\frac{A-B}{2}$

(ii) Ahora, $4(\cos A+\cos B+\cos C)=(\cos A+\cos B+\cos C)+3(\cos A+\cos B+\cos C)$

$\leq (\cos A+\cos B+\cos C)+3.\frac{3}{2}$

$=3+\frac{1}{2}\sum (\cos A+\cos B + 1)$

$=3+\frac{1}{2}\sum (2\sin\frac{C}{2}\cos\frac{A-B}{2} + 1)$

Así, el problema se reduce a $\sum( \sin\frac{C}{2}\cos\frac{A-B}{2} + \frac{1}{2}) \sum \cos\frac{A-B}{2}$

Estoy tratando de probar esto.

Answer 2

Disculpen si lo que voy a contar es demasiado impreciso, pero un enfoque que podría funcionar es el siguiente: definir $x_1=\cos\frac{A}{2},x_2=\sin\frac{A}{2}$ y de manera similar $x_3,x_4$ para $B$ y $x_5,x_6$ para $C$ . Usando las fórmulas para el seno y el coseno de la suma de dos ángulos, la desigualdad que queremos demostrar es (si no me he equivocado) $$4(x_1^2-x_2^2+x_3^2-x_4^2+x_5^2-x_6^2)\leq 3+x_1x_3+x_2x_4+x_1x_5+x_2x_6+x_3x_5+x_4x_6.$$ Consideremos entonces la función $f:\mathbb{R}^6\rightarrow\mathbb{R}$ definido por $$f(x_1,\ldots,x_6)=4(x_1^2-x_2^2+x_3^2-x_4^2+x_5^2-x_6^2)-(x_1x_3+x_2x_4+x_1x_5+x_2x_6+x_3x_5+x_4x_6).$$ Queremos maximizarlo con la restricción dada por $A+B+C=\pi$ que puede expresarse en términos de $x_i$ aunque me temo que no de forma única. Entonces podríamos hacer uso de los multiplicadores de Lagrange.

También $f$ es obviamente un polinomio homogéneo de grado 2, por lo que define una cuádrica (proyectiva). Me pregunto si esto puede ser de ayuda.

EDIT: Las limitaciones $\cos(A+B+C)=-1$ y $\sin(A+B+C)=0$ en términos de $x_i$ son $$(x_1^2-x_2^2)(x_2^2-x_3^2)(x_5^2-x_6^2)-4(x_1^2-x_2^2)x_3x_4x_5x_6-4x_1x_2(x_3^2-x_4^2)x_5x_6-4x_1x_2x_3x_4(x_5^2-x_6^2)=-1$$ y $$2x_1x_2(x_3^2-x_4^2)(x_5^2-x_6^2)+2(x_1^2-x_2^2)x_3x_4(x_5^2-x_6^2)+2(x_1^2-x_2^2)(x_3^2-x_4^2)x_5x_6-8x_1x_2x_3x_4x_5x_6=0.$$ Tenga en cuenta que esto sólo nos dice que $A+B+C$ es un múltiplo impar de $\pi$ y no exactamente $\pi$ .

Answer 3

WLOG dejar $C$ sea el ángulo mayor, y que $x=\frac{A-B}{2}, y=\frac{A+B}{2}$ entonces $-\frac{\pi}{4}<x<\frac{\pi}{4}, 0<y<\frac{\pi}{2}$ . $$A = x+y,~~ B=y-x,~~ C = \pi-2y \\ \cos\left(\frac{B-C}{2}\right) = \sin\left(\frac{3y-x}{2}\right), ~~ \cos\left(\frac{C-A}{2}\right) = \sin\left(\frac{3y+x}{2}\right) \\ \sin\left(\frac{3y-x}{2}\right)+\sin\left(\frac{3y+x}{2}\right) = 2\cos(x/2)\sin(3y/2) \\ \cos(x/2)\ge \cos x>\frac{1}{\sqrt{2}}, ~\sin(3y/2)>0 \Rightarrow 2\cos(x/2)\sin(3y/2)\ge2\cos x\sin(3y/2)$$

Entonces podemos escribir $$\begin{align} 3 \!&+\cos\left(\frac{A-B}{2}\right)+\cos\left(\frac{B-C}{2}\right)+\cos\left(\frac{C-A}{2}\right) -4(\cos A + \cos B + \cos C) \\ & = 3 + \cos x + 2\cos(x/2)\sin(3y/2)-4(\cos(x+y)+\cos(y-x)-\cos2y) \\ & = -1+\cos x+2\cos(x/2)\sin(3y/2)-8\cos x\cos y+8\cos^2y \\ & \ge 8\cos^2y-1+\cos x(1+2\sin(3y/2)-8\cos y) \\ & = 8\cos^2y-1+\cos x \cdot f(y) \end{align}$$ donde definimos $f(y)=1+2\sin(3y/2)-8\cos y$ . Escribir $v=y/2$ podemos trabajar a través de $$\begin{align} 8\cos^2y-1+f(y) & = 7-8\sin^22v+1+2\sin3v-8\cos 2v\\ & = 8-16\sin^2v(1-2\sin^2v)+6\sin v-8\sin^3v-8(1-2\sin^2v) \\ & = 32\sin^4v-8\sin^3v-16\sin^2v+6\sin v \\ & = 2\sin v(1-2\sin v)^2(3+4\sin v) \end{align}$$ Esta última expresión es claramente $\ge 0$ cuando $\sin v\ge 0$ Pero para responder a la pregunta original tenemos que considerar los casos.

Si $f(y)\le 0$ que corresponde a $0<y\le R=1.192797\cdots$ entonces $$8\cos^2y-1+\cos x\cdot f(y)\ge 8\cos^2y-1+f(y) \ge 0$$ como acabamos de describir.

Por otro lado, si $R<y<\pi/2, ~f(y)>0$ entonces desde $|x|<\pi/4$ $$\begin{align} 8\cos^2y-1+\cos x\cdot f(y) & \ge 8\cos^2y-1+\frac{1}{\sqrt{2}}f(y)\\ & = 8\cos^2y-1+f(y)-f(y)\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) \\ & = 2\sin v(1-2\sin v)^2(3+4\sin v)-f(y)\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) \end{align}$$ No tengo una forma algebraica de proceder a partir de aquí, pero es fácil comprobar numéricamente que la última expresión es positiva para $y$ en el rango deseado, lo que establece la desigualdad original en $A,B,C$ .

Answer 4

Dejemos que $a=y+z$ , $b=x+z$ y $c=x+y$ . Por lo tanto, tenemos que demostrar que $$2\sum_{cyc}\frac{a^2+b^2-c^2}{ab}\leq3+\sum_{cyc}\left(\sqrt{\frac{(a+b+c)^2(b+c-a)(a+c-b)}{16c^2ab}}+\sqrt{\frac{(a+b-c)^2(b+c-a)(a+c-b)}{16c^2ab}}\right)$$ o $$2\sum_{cyc}c(a^2+b^2-c^2)\leq3abc+\sum_{cyc}\frac{a+b}{2}\sqrt{ab(a+c-b)(b+c-a)}$$ o $$4\sum_{cyc}(x+y)(z^2+xz+yz-xy)\leq$$ $$\leq3(x+y)(x+z)(y+z)+\sum_{cyc}(x+y+2z)\sqrt{xy(x+z)(y+z)}$$ o $$\sum_{cyc}(x+y+2z)\sqrt{xy(x+z)(y+z)}\geq\sum_{cyc}(x^2y+x^2z+6xyz),$$ que es C-S y AM-GM: $$\sum_{cyc}(x+y+2z)\sqrt{xy(x+z)(y+z)}\geq\sum_{cyc}(x+y+2z)\sqrt{xy}(\sqrt{xy}+z)=$$ $$=\sum_{cyc}(x^2y+x^2z+2xyz)+\sum_{cyc}(x+y+2z)z\sqrt{xy}\geq$$ $$=\sum_{cyc}(x^2y+x^2z+2xyz)+\sum_{cyc}4xyz=$$ $$=\sum_{cyc}(x^2y+x^2z+6xyz).$$ ¡Hecho!