三角范围题

郝酒

已知$\alpha ,\beta ,\gamma $均为锐角，且${{\sin }^{2}}\alpha +{{\sin }^{2}}\beta +{{\sin }^{2}}\gamma =1$.则$\alpha +\beta +\gamma $的取值范围是

kuing

参考《撸题集》第 173 页题目 2.1.27

郝酒

看到解析了，好复杂，不好跟学生讲啊。
猜一猜答案应该是$\left(\frac{\pi}{2},3\arcsin\sqrt{\frac{1}{3}}\right]$，极端化考虑。

kuing

回复 3# 郝酒

这本来就不是给学生做的题啊

答案还用猜咩？直接转化为《撸题集》里的题呗，令 $\alpha=\pi/2-x$ 等，条件就相同了，所求式变成 $3\pi/2-(x+y+z)$，所以根据《撸题集》里的结果，范围就是 $\bigl(\pi/2,3\pi/2-3\arccos\sqrt{1/3}\bigr]$，即 $\bigl(\pi/2,3\arcsin\sqrt{1/3}\bigr]$。

郝酒

对嘎。是在一个竞赛一试模拟训练里看到的题目，想着学生能做呢。
另外，ku版区间的开闭是不是写错了：）

kuing

回复 5# 郝酒

嗯，已修改

kuing

想了下，靠玩三角变换还是有办法的，只是没有半凹半凸那么见本质。

先搞最大值。

由对称性，不妨设 $\gamma=\min\{\alpha,\beta,\gamma\}$，则 $\sin^2\gamma\leqslant 1/3$。

不难证明有恒等式
\[\sin^2x+\sin^2y=1-\cos(x-y)\cos(x+y),\]
那么，已知条件可化为
\[\sin^2\gamma=\cos(\alpha-\beta)\cos(\alpha+\beta),\]
由于 $\alpha$, $\beta$ 均为锐角，则 $0<\cos(\alpha-\beta)\leqslant 1$，从而 $\cos(\alpha+\beta)>0$，故
\[\sin^2\gamma\leqslant \cos(\alpha+\beta),\]
即
\[1\leqslant 2\cos(\alpha+\beta)+\cos2\gamma,\]
由 $\sin^2\gamma\leqslant 1/3$ 可知 $2\gamma$ 为锐角，而 $\alpha+\beta$ 也为锐角，则由琴生不等式有
\[\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha+\beta)+\cos2\gamma
\leqslant 3\cos\frac{\alpha+\beta+\alpha+\beta+2\gamma}3,\]
从而
\[\cos\frac{2(\alpha+\beta+\gamma)}3\geqslant \frac13,\]
所以
\[\alpha+\beta+\gamma\leqslant \frac32\arccos\frac13,\]
当 $\alpha=\beta=\gamma$ 时取等，所以这就是最大值。

注意这和上面所说的最大值是一样的，因为由二倍角公式易见 $\arccos(1/3)=2\arcsin\sqrt{1/3}$。

至于下确界，晚点再想……

kuing

回复 7# kuing

“晚点再想”结果就忘了，看到楼主的另一帖才想起来，等会撸撸

kuing

有了，不过感觉不怎么漂亮。

当 $\alpha$, $\beta\to0$ 时 $\gamma\to\pi/2$，故 $\alpha+\beta+\gamma\to\pi/2$，下面证明恒有 $\alpha+\beta+\gamma>\pi/2$，从而可知下确界为 $\pi/2$。

即证 $\cos(\alpha+\beta+\gamma)<0$，依然不妨设 $\gamma=\min\{\alpha,\beta,\gamma\}$，即证
\[\cos(\alpha+\beta)\cos\gamma<\sin(\alpha+\beta)\sin\gamma,\]
根据7楼的 $\sin^2\gamma=\cos(\alpha-\beta)\cos(\alpha+\beta)$，上式两边乘以 $\cos(\alpha-\beta)$ 后等价于
\[\sin\gamma\cos\gamma<\sin(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta),\]
即
\[\sin2\gamma<\sin2\alpha+\sin2\beta,\]
7楼已经证明了 $\alpha+\beta$ 为锐角，故有 $2\gamma+2\alpha<\pi$ 且 $2\gamma\leqslant2\alpha$，所以 $\sin2\gamma\leqslant\sin2\alpha$，从而上式成立，即得证。

郝酒

谢谢ku版，好巧妙，仅仅能看懂而已。