a√cosA+b√cosB+c√cosC≤√2*p

majer

\[a\sqrt{\cos A}+b\sqrt{\cos B}+c\sqrt{\cos C}\leq \sqrt{2}*p\]

其中小写字母是三角形边长，大写字母是对应的角。\(p\)为三角形半周长。

我的做法是，先指出

\[a\cos A+b\cos B+c\cos C\leq p \label{*}\tag{*}\]

然后原问题转化成下面的问题

已知 \(ax^2+by^2+cz^2\leq1\)，\(a,b,c,x,y,z\in[0,1]\) 且 \(a+b+c=2\)，求 \(\max\{ax+by+cz\}\)。借助切平面或乘子法解决。

但总感觉应该有更加代数的做法。不知道大家有没有借助 \(\ref{*}\) 式，通过重要不等式的代数变形的解决方法。





下面内容请无视，我在某平台回答另一个问题，对方请我留一个格式完整的截图。

Problem：prove that
\[\lvert a+b-2-2i \rvert^n\leq2^{n-1}(\lvert a-1-i \rvert^n+\lvert b-1-i \rvert^n)\]

Proof
by Clarkson's inequality[1], if we let \(z = a - (1+i)\) and \(w = b - (1+i)\), then

\[\lvert a+b-2-2i \rvert^n=\lvert z+w \rvert^n\leq \lvert z+w \rvert^n+\lvert z-w \rvert^n\leq 2^{n-1}(\lvert z \rvert^n+\lvert w \rvert^n)=2^{n-1}(\lvert a-1-i \rvert^n+\lvert b-1-i \rvert^n)\]

The second-to-last inequality follows from Clarkson's inequality.

[1] https://en.wikipedia.org/wiki/Clarkson%27s_inequalities


Problem：let \(a、b、c\gt 0\)，such that a+b+c=3；prove that \(a^2b+b^2c+c^2a\leq4\)

Proof

Let's assume \(a\geq b\geq c\), from which we also know \(ab\geq ac\geq bc\).

According to the Rearrangement Inequality,

\( a^2b+b^2c+c^2a\leq a*ab+b*ac+c*bc=b(a^2+ac+c^2)\leq b*(a+c)^2\).

Also, by the mean inequality, \( 2b*(a+c)^2\leq [2b+(a+c)+(a+c)]^3/27=8\).

Therefore \(a^2b+b^2c+c^2a\leq4\).

But considering the conditions for equality in the two consecutive inequalities, \(a=2, b=1, c=0\), which is actually impossible to satisfy.

The original condition should be rewritten as \(a, b, c\geq 0\).

https://en.wikipedia.org/wiki/Rearrangement_inequality

mathe

取$f(x)=\sin(x)(\sqrt{\cos(x)}-1/2)$,  于是$f''(x)=-2\cos(x)\sin(x)-\sin(x)\cos^(-1/2)(x)-1/4*\sin^3(x)*\cos(x)^(-3/2)+\frac{\sin(x)}2$
由于$\frac1 2 \lt 2\cos(x)+\cos^{-1/2}(x)$,所以在$x\in(0,\frac{\pi}2)$显然都有$f''(x)\lt 0$,所以是上凸函数，于是根据琴生不等式
$f(A)+f(B)+f(C)\le 3f(\frac{A+B+C}3)=0$
代入就可以得到题目中不等式

nyy

我的想法是直接用余弦定理算出三个角，然后直接搞！

majer

用柯西-施瓦兹凑出来了。
如\(a\sqrt{\cos A}=\sqrt{a}*\sqrt{a}*\sqrt{\cos A}\)，对式子里的其余部分以同样方式处理。
则由柯西-施瓦兹不等式+(*)式
\[(a\sqrt{\cos A}+b\sqrt{\cos B}+c\sqrt{\cos C})^2\leq \ (a+b+c)(a\cos A+b\cos B+c\cos C)  \leq \  2*p^2\]

hujunhua

完全可以化为纯三角函数不等式：在锐角三角形△ABC中成立不等式\[
\sqrt{\sin A\sin 2A}+\sqrt{\sin B\sin 2B}+\sqrt{\sin C\sin 2C}≤\sin A+\sin B+\sin C\tag{1}
\]那个(*)不等式即\[
\sin 2A+\sin 2B+\sin 2C≤\sin A+\sin B+\sin C\tag{*}
\]利用上述不等式和基本不等式  `2\sqrt{ab}≤a+b`  容易证明(1)\[\begin{split}
\sqrt{\sin A\sin 2A}+\sqrt{\sin B\sin 2B}+\sqrt{\sin C\sin 2C}
&≤\frac{\sin A+\sin 2A}2+\frac{\sin B+\sin 2B}2+\frac{\sin C+\sin 2C}2\\
&=\frac{\sin A+\sin B+\sin C}2+\frac{\sin 2A+\sin 2B+\sin 2C}2\\
&≤\frac{\sin A+\sin B+\sin C}2+\frac{\sin A+\sin B+\sin C}2\\
&=\sin A+\sin B+\sin C
\end{split}\]