两道三角不等式

hbghlyj

1.实数$x_i(i=1,2\cdots 49)\in[0,\pi]$,求$\sum_{1\leq i\le j\leq 49}ij\cdot\cos(x_i-x_j)$的最小值
2.实数$\alpha,\beta,\gamma\in[0,\pi],\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma=1,$求$2\tan\frac{\alpha}2+\tan\frac{\beta}2+\tan\frac{\gamma}2$的最小值

kuing

第二题原来这么简单：

若 `x=0`，则 `\tan(x/2)=0=1-\cos x`，若 `0<x<\pi`，则由半角公式有 `\tan(x/2)=(1-\cos x)/\sin x\geqslant1-\cos x`，综上，对任意 `x\in[0,\pi)` 恒有 `\tan(x/2)\geqslant1-\cos x`。

回到原题，即有
\[2\tan\frac\alpha2+\tan\frac\beta2+\tan\frac\gamma2\geqslant2(1-\cos\alpha)+1-\cos\beta+1-\cos\gamma=3-\cos\alpha\geqslant2,\]当 `\alpha=0`, `\beta=\gamma=\pi/2` 时取等，所以最小值就是 `2`。

hbghlyj

补充一道
在三角形中求证
$\sum\frac{2a}b\geq \sum\frac{b+c}{2a}+\sum\frac{2a}{b+c}$
通分得$-\sum a^4b^2- 2 \sum a^4 b c+ 2\sum a^3 b^3  + 3\sum a^2 b^4 - 6 a^2 b^2 c^2   $

kuing

在三角形中求证
$\sum\frac{2a}b\geq \sum\frac{b+c}{2a}+\sum\frac{2a}{b+c}$
hbghlyj 发表于 2019-12-19 12:57

撸了一个不是太漂亮的证法：
\begin{align*}
&\sum\frac{2a}b\geqslant\sum\frac{b+c}{2a}+\sum\frac{2a}{b+c}\\
\iff{}&\sum\frac{b+c}{2a}-\sum\frac{2a}{b+c}\geqslant\sum\frac{b+c}a-\sum\frac{2a}b\\
\iff{}&\sum\left( \frac a{2b}+\frac a{2c}-\frac{2a}{b+c} \right)\geqslant\sum\frac{c-a}b\\
\iff{}&\sum\frac{a(b-c)^2}{2bc(b+c)}\geqslant\frac{(a-b)(b-c)(a-c)}{abc}\\
\iff{}&\sum\frac{a^2(b-c)^2}{b+c}\geqslant2(a-b)(b-c)(a-c),
\end{align*}可见只需证 `a\geqslant b\geqslant c` 的情形，由 CS 有
\[\sum\frac{a^2(b-c)^2}{b+c}\geqslant\frac{(ab-ac+ab-bc+ac-bc)^2}{b+c+c+a+a+b}=\frac{2b^2(a-c)^2}{a+b+c},\] 所以只需证
\[b^2(a-c)\geqslant(a+b+c)(a-b)(b-c),\]因为是在三角形中，有 `b>a-c`，故
\begin{align*}
b^2(a-c)&\geqslant b(a-c)^2\\
&=b(a-b+b-c)^2\\
&\geqslant4b(a-b)(b-c)\\
&\geqslant(3b+a-c)(a-b)(b-c)\\
&\geqslant(a+b+c)(a-b)(b-c),
\end{align*}得证。

hbghlyj

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