|
|
源自知乎提问
PS：这是利用嵌入不等式的一个细节，或者说命题的需要注意的地方，其实就是命题 1.
结论：最大值不存在，当 $A\to \pi$ 时， $\cos A+2\cos B+2\cos C\to 3$ .
在三角形 ABC 中，三角互补，于是和差化积便有 \begin{align*}
\cos A+2\cos B+2\cos C&=\cos A+4\cos\frac{B+C}2\cos\frac{B-C}2\\[1em]
&=\cos A+4\sin\frac A2\cos\frac{B-C}2\\[1em]
&\leqslant 1-2\sin^2\frac A2+4\sin\frac A2\cdot 1\\[1em]
&=3-2\left(\sin \frac A2-1\right)^2\\[1em]
&<3.
\end{align*}
这是五年前的提问，首答结论正确。合理推测，提问可能是经典的
在三角形ABC中，如何计算cosA+ ${\color{blue}{\sqrt2}}$ cosB+ ${\color{blue}{\sqrt2}}$ cosC的最大值?
可采用同样的手法，知 $\cos A+\sqrt2\cos B+\sqrt2 \cos C\leqslant 2$ ，当且仅当 $A=\frac\pi2$ ， $B=C=\frac\pi4$ 时取得等号.
（——松坂砂糖的回答，省略了取等讨论（进一步可求得cosA=-1），可能是基于以下命题 1. —— 注，知乎那边）
嵌入不等式：
若 $A+B+C=(2k+1)\pi$ ， $k\in\mathbb Z$ ——注意不一定是三角形中——对任意实数 $x,\,y,\,z$ 有 \[x^2+y^2+z^2\geqslant 2{\color{blue}{yz}}\cos A+2zx\cos B+2xy\cos C.\\
\tag{00}\]当且仅当 $x:y:z=\sin A:\sin B:\sin C$ 时取得等号.
如 Equation的回答（ —— 注，知乎那边），在 $(00)$ 式中取 $(x,y,z)=\left(\sqrt2,\frac1{\sqrt2},\frac1{\sqrt2}\right)$ 即得 \[\cos A+2\cos B+2\cos C\leqslant 3,\] 看似天衣无缝，但是由嵌入不等式取等条件，当 $x,\,y,\,z$ 为正实数时，他们构成三角形，这里 \[1/\sqrt 2+1/\sqrt2\ngtr \sqrt 2,\] 不存在这样的三角形！
在嵌入不等式 $(00)$ 中，取 $(x,y,z)=\left(\sqrt{\frac{\beta\gamma}{2\alpha}},\,\sqrt{\frac{\gamma\alpha}{2\beta}},\,\sqrt{\frac{\alpha\beta}{2\gamma}}\right)$ 就得到两个命题
命题 1 若 A，B，C ≥ 0 且 $A+B+C=\pi$ ，对任意正实数 $\alpha,\,\beta,\,\gamma$ 则 \[\alpha\cos A+\beta\cos B+\gamma\cos C\leqslant \frac12\left(\frac{\beta\gamma}{\alpha}+\frac{\gamma\alpha}{\beta}+\frac{\alpha\beta}{\gamma}\right).\]
命题 2 若在三角形 ABC 中，对任意正实数 $\alpha,\,\beta,\,\gamma$ 且 $\sqrt{\frac{\beta\gamma}{\alpha}},\,\sqrt{\frac{\gamma\alpha}{\beta}},\,\sqrt{\frac{\alpha\beta}{\gamma}}$ 能构成三角形，则 \[\alpha\cos A+\beta\cos B+\gamma\cos C\leqslant \frac12\left(\frac{\beta\gamma}{\alpha}+\frac{\gamma\alpha}{\beta}+\frac{\alpha\beta}{\gamma}\right).\] |
|
