似乎并不难，三角函数不等式

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浙江张---<zjzx--------com> 2014-2-28 16:14:51

kuing

没想到什么特别的方法，消去三角后就是平方法pq法

令 $\tan x=a$, $\tan y=b$，则
\begin{align*}
\frac{\cos x+\cos y}2\geqslant\sqrt{\frac{\cos x\cos y}{\cos (x-y)}}&\iff\frac1{\sqrt{1+a^2}}+\frac1{\sqrt{1+b^2}}\geqslant 2\sqrt{\frac1{1+ab}} \\
&\iff\frac1{1+a^2}+\frac1{1+b^2}+\frac2{\sqrt{(1+a^2)(1+b^2)}}\geqslant \frac4{1+ab} \\
&\iff\frac2{\sqrt{(1+a^2)(1+b^2)}}\geqslant\frac A{(1+a^2)(1+b^2)(1+ab)},\quad(*)
\end{align*}
其中 $A=p^2(3-q)+2(q-1)(3q-1)$, $p=a+b$, $q=ab$。

当 $A\leqslant 0$ 时式 (*) 显然成立；

当 $A>0$ 时，即 $p^2(q-3)<2(q-1)(3q-1)$ 时，式 (*) 两边平方作差整理等价于
\[\frac{(a-b)^2\cdot B}{(1+a^2)(1+b^2)(1+ab)^2}\geqslant0,\]
其中 $B=-p^2(q-3)^2+8(q-1)^3$，则由 $q\geqslant3$, $p^2(q-3)<2(q-1)(3q-1)$ 得
\[B\geqslant -2(q-1)(3q-1)(q-3)+8(q-1)^3=2(q-1)(q+1)^2\geqslant0,\]
即式 (*) 也成立，故原不等式获证。

kuing

希望没计算错

其妙

博客当：
2014年南开自主招生试题：blog.sina.com.cn/s/blog_87a034130101j1yl.html
暴力解法：问题1094:2014年南开大学实验班招生不等式题及类似blog.sina.com.cn/s/blog_5618e6650101pzhh.html

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不断有理化变形,不妨设$a\ge b$
\[\frac{1}{\sqrt{1+b^2}}-\frac{1}{\sqrt{1+ab}}\ge \frac{1}{\sqrt{1+ab}}-\frac{1}{\sqrt{1+a^2}}\]
\[\Leftrightarrow \frac{\sqrt{1+ab}-\sqrt{1+b^2}}{\sqrt{1+b^2}}\ge \frac{\sqrt{1+a^2}-\sqrt{1+ba}}{\sqrt{1+a^2}} \]
\[\Leftrightarrow  \frac{b}{\sqrt{1+b^2}}\frac{1}{\sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+ba}}\ge \frac{a}{\sqrt{1+a^2}}\frac{1}{\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+ba}}\]
\[\Leftrightarrow b(\sqrt{1+ba}\sqrt{1+a^2}+1+a^2)\ge a(\sqrt{1+ba}\sqrt{1+b^2}+1+b^2)\]
\[\Leftrightarrow  b+ba^2-a-ab^2=(ab-1)(a-b)\ge \sqrt{1+ba}(a\sqrt{1+b^2}-b\sqrt{1+a^2})=\sqrt{1+ba}\frac{(a-b)(a+b)}{a\sqrt{1+b^2}+b\sqrt{1+a^2}}\]
\[\Leftrightarrow   \frac{ab-1}{\sqrt{1+ba}}\ge \frac{a+b}{a\sqrt{1+b^2}+b\sqrt{1+a^2}}\]
而$ \frac{ab-1}{\sqrt{1+ba}}=\sqrt{1+ba}-\frac{2}{\sqrt{1+ba}}\ge 1$,因为$f(x)=x-\frac{2}{x},x>0$是x的增函数.
又$1\ge \frac{a+b}{a\sqrt{1+b^2}+b\sqrt{1+a^2}}$.
---发现张老师前面发过了.居然一样.

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广东曾--(86-----02) 17:45:34
tieba.baidu.com/p/2874690457