cos/sin不等式
这是2004年俄罗斯数学奥林匹克竞赛的一个问题[课堂讲稿，第61页]：
设（a，b，c）为正数，满足（显示样式a+b+c=frac{\pi}{2}），证明
\(\mbox｛cos｝（a）+\box｛cos｝（b）+\box｛cos｝（c）/gt\box｛sin｝（a）+\box｛sin｝（b）+\box｛sin｝（c）\)
解决方案
工具书类
- 徐家谷，数学奥林匹克课程讲稿，v 8，（高级部分，v 1），《世界科学》，2012年
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设（a，b，c）为正数，满足（显示样式a+b+c=frac{\pi}{2}），证明
\(\mbox{cos}（a）+\mbox{cos}\)
这个问题似乎包含了一个暴力，一个相当简单的解决方案（证明1），这让我想知道为什么它被作为奥运会问题提供。然而，书中的解决方案（证明2）提供了一个非常优雅的捷径，使得这个问题确实值得研究。
两个证明都使用了这样一个事实，即\（y=\mbox{cos}（x）\）在区间\（\ displaystyle（0，\ frac{\pi}{2}）\）上单调递减：
证明1
\（\显示样式\开始{align}\mbox{cos}（a）&=\nbox{cos{（\frac{\pi}{2} -b-c) \\&=\mbox{sin}（b+c，\结束{对齐}\)
类似地，对于\（\mbox{cos}（b）\）和\（\mbox{cos}（c）\）。总结三个给予
\(\开始{align}\mbox｛cos｝（a）+\ mbox｛cos｝（b）+\ mbox｛cos｝（c）=&&mbox｛sin｝（a）[\mbox｛cos｝（b）+\ mbox｛cos｝（c）]\\&+\nbox{sin}（b）[\mbox{cos}（c）+\mbox{cos{（a）]\\&+\nbox{sin}（c）[\mbox{cos}（a）+\mbox{cos{（b）]。\结束{对齐}\)
让我们关注其中一个术语，例如，\（\mbox{sin}（a）[\mbox}cos}（b）+\mbox{cos}（c）]\）：
\(\mbox{sin}（a）[\mbox{cos}（b）+\nbox{cos{}（c）]=\nbox}sin}。\)
现在，由于\（a\gt 0\），\（b+c\lt\frac｛\pi｝｛2｝\），因此，\（\frac｛b+c｝｛2｝\lt\frac｛\pi｝｛4｝\）。正如我们在一开始所观察到的，函数（y=mbox{cos}（x））在区间（（0，frac{pi}{2}）上单调递减，这样（mbox{cos}，（frac{b+c}{2{）gt\mbox{cos}。对于另一个因子，我们也有\（\mbox{cos}（\frac{b-c}{2}）\gt\mbox}cos}（\frac{\pi}{4}）=\frac}\sqrt{2}}{2{），因为三角形不等式\（|b-c|\le|b|+|c|=b+c\）。由此可见
\(\mbox{sin}（a）[\mbox{cos}（b）+\mbox{cos{（c）]\gt\mbox}sin}。\)
对于其他两个项，我们类似地有\（\ mbox{sin}（b）[\ mbox{cos}（c）+\ mbox}cos}（a）]\gt\mbox{正弦}（a）\）和\（\ mbox{sin{（c。将三者相加得到所需的不等式。
证据2
观察到，例如，\（a+b\lt\frac{\pi}{2}\）意味着\（a\lt\frac{\pi{2}-b\），因为\（y=\mbox{cos}（x）\）在区间上单调递减，
\（\mbox{cos}（a）\gt\mbox{cos{（\frac{\pi}{2}-b）=\mbox}sin}（b）。）
类似地\（\mbox｛cos｝（b）\gt\mbox｛sin｝（c）\）和\（\mbox｛cos｝（c）\gt\mbox｛sin｝（a）\）。三个不等式之和给出了所需的不等式。
回顾这两个证明，您可能会想到，已经证明的不等式实际上相当弱。此外，正如我们在第一个证明的最后一步中看到的那样，\（\mbox{cos}（b）+\mbox}cos}（c）\gt 1\）通过类比暗示\（\mbox{cos}（c）+\mbox{cos{（a）\gt 1）和（\mbax{cos}（a\（\mbox{cos}（a）+\mbox{cos{（b）+\mbox{cos}（c）\gt\frac{3}{2}）。如果我们证明\（\mbox{sin}（a）+\mbox}sin}。
证据3
证据基于
柠檬
设（a，b，c）为正数，满足（显示样式a+b+c=frac{\pi}{2}），证明
\（mbox{sin}（a）+\mbox{正弦}（b）+\mpox{正弦{（c）\le\frac{3}{2}）
引理的证明
我将把证明建立在几何观点的基础上，而不是代数推导。首先注意，区间（（0，frac{\pi}{2}）上的图是凹的。
然后，对于图上对应于满足（显示样式a+b+c=frac{\pi}{2}）的\（a，b，c\）的三个点，重心位于图下面对应于\（显示样式\frac{a+b+c}{3}=\frac{\pi{6}的点。由此可见
\（显示样式\frac{\mbox{sin}（a）+\mbox}sin}，
只有当\（a=b=c=\frac{\pi}{6}\）时才具有等式。Q.E.D.公司。
推论
假设\（\alpha，\beta，\gamma\）是锐角三角形的角度，因此每个角度都是正值，小于\（\frac{\pi}{2}\）和\（\alpha+\beta+\gamma=\pi\）。然后
\（\mbox{cos}（\alpha）+\mbox{cos{（\beta）+\mbox{cos}（\ gamma）\le\frac{3}{2}）
事实上，考虑一下\（a=\frac｛\pi｝{2}-\α，（b=frac{\pi}{2}-\β\），\（c=\frac{\pi}{2}-\gamma），所以（a+b+c=frac{\pi}{2}）和每一个都是正的。从上面的讨论来看，
\（\mbox{sin}（\frac{\pi}{2}-\alpha）+\mbox{sin}（\frac{\pi}{2}-\β）+\box｛sin｝（\frac｛\pi｝{2}-\伽马射线）\le\压裂{3}{2}\），
它等价于\（\mbox{cos}（\alpha）+\mbox{cos{（\beta）+\mbox{cos}，（\gamma）\le\frac{3}{2}\）。
证据4
此证明已发布在下面的评论区。为了完整和公平起见，我决定把它放在适当的页面上，因为与此同时，另外两份校样已经张贴在切割结数学我经常在这个网站上复制的脸书页面。
设$\alpha=\pi/2-a$，依此类推。所以$\alfa+\beta+\gamma=\pi$三个角都在$（0，\pi/2）中，即它们是锐角三角形$ABC的角这个不等式现在等价于
$\sin\alpha+\sin\beta+\sin\ gamma>\cos\alpha+\cos\beta+\cos\ gamma$
乘以周长$2R$并使用正弦定律事实上，$AH=2Rcos\alpha，其中$H$是正中心，我们需要证明
$BC+AC+BC>AH+BH+CH$
但是$AB$比$A$的高度长，$AH$只是其中的一部分（这里我们使用的三角形是锐角），类似地，$BC>BH$和$CA>CH，$，我们就完成了。
证据5
证据由Leo Giugiuc提供。
首先我们证明
柠檬
设$\Delta ABC$为锐角。然后
$\sin\alpha+\sin\beta+\sin\ gamma>\cos\alpha+\cos\beta+\cos\ gamma$
其中$\alpha=\angle BAC，$等。
实际上，让$H$成为三角形的正交中心。然后$BC\gt BH、$AC\gt CH、$和$AB\gt AH，$表示
$2R\cdot\sin\alpha+2R\cdote\sin\beta+2R\cd ot\sin\ gamma>2R\cd ot \cos\alpha+2R \cd ot\cos\beta+2R \cdot\cos \gamma$
现在回到我们的问题上来。表示$b+c=\alpha，$$c+a=\beta，$$a+b=\gamma.$这三个新角度都在$（0，\pi/2）$中，加起来就是$\pi.$从引理来看，$\sin\alpha+\sin\beta+\sin\ gamma>\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma.$但是
$\sin\alpha=\sin（b+c）=\sin$
类似地，$\sin\beta=\cos（b），$和$\sin\ gamma=\cos（c）。$出于同样的原因$\cos\alpha=\sin（a），$etc。
证据6
证据由Leo Giugiuc提供。
$a\lt a+b，$使$\cos（a）\gt\cos[a+b）=\sin（c）.$类似地，$\cos（b）\gt\sin（a）$和$\cos（c）\gt\sin（b）$
三角学
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