三角形不等式

youthdoo

改编来源: 加拿大数学奥林匹克2023年问题三.

---

在锐角三角形\(ABC\)中, 求证:\[\frac{\cos A}{\cos A+2\cos B\cos C}+\frac{\cos B}{\cos B+2\cos A\cos C}+\frac{\cos C}{\cos C+2\cos B\cos A}\ge\frac32.\]

wayne

偷个懒,用软件 捷足先登,看看结果

1. Solve[{(b c (1/(2 a b+c)^2+1/(b+2 a c)^2-1/(a+2 b c)^2))/(a+b c)==(a c (1/(2 a b+c)^2-1/(b+2 a c)^2+1/(a+2 b c)^2))/(b+a c)==(a b (-(1/(2 a b+c)^2)+1/(b+2 a c)^2+1/(a+2 b c)^2))/(a b+c),a^2+b^2+c^2+2 a b c==1&&a^2<=1&&b^2<=1&&c^2<=1},{a,b,c},Reals]

复制代码

解得四个,${{a->-(1/2),b->-(1/2),c->1/2},{a->-(1/2),b->1/2,c->-(1/2)},{a->1/2,b->-(1/2),c->-(1/2)},{a->1/2,b->1/2,c->1/2}}$, 代入都是$3/2$

hujunhua

\[\begin{split}
&\frac{\cos A}{\cos A+2\cos B\cos C}+\frac{\cos B}{\cos B+2\cos A\cos C}+\frac{\cos C}{\cos C+2\cos B\cos A}\\
=&\frac{\cos^2 A}{\cos^2 A+2\cos A\cos B\cos C}+\frac{\cos^2 B}{\cos^2 B+2\cos A\cos B\cos C}+\frac{\cos^2 C}{\cos^2 C+2\cos A\cos B\cos C}\\
=&\frac{\cos^2 A}{1-\cos^2 B-\cos^2 C}+\frac{\cos^2 B}{1-\cos^2 C-\cos^2 A}+\frac{\cos^2 C}{1-\cos^2 A-\cos^2 B}
\end{split}\].
按第3式，如果`(\cos A_1,\cos B_1,\cos C_1)`是一个驻点，则`(±\cos A_1,±\cos B_1,±\cos C_1)`都是，
所以楼上的4个驻点映射到`(\cos^2 A,\cos^2 B,\cos^2 C)`缩并为一个`\cos^2 A=\cos^2 B=\cos^2 C=1/4`。

nyy

hujunhua 发表于 2023-3-22 16:00
\[\begin{split}
&\frac{\cos A}{\cos A+2\cos B\cos C}+\frac{\cos B}{\cos B+2\cos A\cos C}+\frac{\cos ...

这题你有思路吗？我只会拉格朗日乘子法，但是拉格朗日乘子法算出来最多是极值点，有时候极值点都不算，即使是极值点，还需要判定是极大还是极小。所以拉格朗日适合去寻找极值点，不适合证明。

youthdoo

感谢解答!

另外, 第一帖提到的来源, 不难验证两题是等价的.