Номер 3.78, страница 103 - гдз по алгебре 10 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

3.78. Докажите неравенство

1) $\frac{1}{\cos \alpha} + \frac{1}{\cos \beta} + \frac{1}{\cos \gamma} \ge 6$

; 2) $\text{tg}^2 \alpha + \text{tg}^2 \beta + \text{tg}^2 \gamma \ge 9$ , если $\alpha, \beta, \gamma$ – углы остроугольного треугольника.

1)Докажем неравенство $ \frac{1}{\cos\alpha} + \frac{1}{\cos\beta} + \frac{1}{\cos\gamma} \ge 6 $, где $ \alpha, \beta, \gamma $ — углы остроугольного треугольника.

По условию, $ \alpha, \beta, \gamma $ — углы остроугольного треугольника, следовательно, $ 0 < \alpha < \frac{\pi}{2} $, $ 0 < \beta < \frac{\pi}{2} $, $ 0 < \gamma < \frac{\pi}{2} $ и их сумма $ \alpha + \beta + \gamma = \pi $.

Рассмотрим функцию $ f(x) = \frac{1}{\cos x} = \sec x $ на интервале $ (0, \frac{\pi}{2}) $. Для применения неравенства Йенсена необходимо проверить, является ли эта функция выпуклой на данном интервале. Для этого найдем вторую производную функции.

Первая производная:$ f'(x) = (\sec x)' = \sec x \tan x $

Вторая производная:$ f''(x) = (\sec x \tan x)' = (\sec x)' \tan x + \sec x (\tan x)' = (\sec x \tan x) \tan x + \sec x (\sec^2 x) = \sec x \tan^2 x + \sec^3 x $$ f''(x) = \sec x (\tan^2 x + \sec^2 x) $

На интервале $ (0, \frac{\pi}{2}) $ имеем $ \cos x > 0 $, поэтому $ \sec x = \frac{1}{\cos x} > 0 $. Также $ \tan^2 x \ge 0 $ и $ \sec^2 x > 0 $. Следовательно, $ \tan^2 x + \sec^2 x > 0 $. Таким образом, $ f''(x) > 0 $ для всех $ x \in (0, \frac{\pi}{2}) $, что означает, что функция $ f(x) = \frac{1}{\cos x} $ является строго выпуклой на этом интервале.

Согласно неравенству Йенсена для выпуклой функции:$ \frac{f(\alpha) + f(\beta) + f(\gamma)}{3} \ge f\left(\frac{\alpha+\beta+\gamma}{3}\right) $Подставляя нашу функцию $ f(x) $ и значения углов:$ \frac{\frac{1}{\cos\alpha} + \frac{1}{\cos\beta} + \frac{1}{\cos\gamma}}{3} \ge \frac{1}{\cos\left(\frac{\alpha+\beta+\gamma}{3}\right)} $

Так как $ \alpha + \beta + \gamma = \pi $, получаем:$ \frac{\frac{1}{\cos\alpha} + \frac{1}{\cos\beta} + \frac{1}{\cos\gamma}}{3} \ge \frac{1}{\cos\left(\frac{\pi}{3}\right)} $

Мы знаем, что $ \cos\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{1}{2} $, поэтому $ \frac{1}{\cos\left(\frac{\pi}{3}\right)} = 2 $.

Подставляя это значение в неравенство:$ \frac{\frac{1}{\cos\alpha} + \frac{1}{\cos\beta} + \frac{1}{\cos\gamma}}{3} \ge 2 $$ \frac{1}{\cos\alpha} + \frac{1}{\cos\beta} + \frac{1}{\cos\gamma} \ge 6 $

Неравенство доказано. Равенство достигается, когда $ \alpha = \beta = \gamma = \frac{\pi}{3} $, то есть для равностороннего треугольника.

Ответ: Что и требовалось доказать.

2)Докажем неравенство $ \text{tg}^2\alpha + \text{tg}^2\beta + \text{tg}^2\gamma \ge 9 $, где $ \alpha, \beta, \gamma $ — углы остроугольного треугольника.

Условия для углов остаются теми же: $ 0 < \alpha, \beta, \gamma < \frac{\pi}{2} $ и $ \alpha + \beta + \gamma = \pi $.

Рассмотрим функцию $ g(x) = \text{tg}^2 x $ на интервале $ (0, \frac{\pi}{2}) $. Проверим эту функцию на выпуклость с помощью второй производной.

Первая производная:$ g'(x) = (\text{tg}^2 x)' = 2 \text{tg} x \cdot (\text{tg} x)' = 2 \text{tg} x \cdot \sec^2 x $

Вторая производная:$ g''(x) = (2 \text{tg} x \cdot \sec^2 x)' = 2 (\text{tg} x)' \sec^2 x + 2 \text{tg} x (\sec^2 x)' $$ g''(x) = 2 \sec^2 x \cdot \sec^2 x + 2 \text{tg} x \cdot (2 \sec x \cdot (\sec x)') = 2 \sec^4 x + 4 \text{tg} x \cdot \sec x \cdot (\sec x \text{tg} x) $$ g''(x) = 2 \sec^4 x + 4 \sec^2 x \text{tg}^2 x = 2 \sec^2 x (\sec^2 x + 2 \text{tg}^2 x) $

На интервале $ (0, \frac{\pi}{2}) $ имеем $ \sec^2 x > 0 $, $ \text{tg}^2 x \ge 0 $. Следовательно, выражение в скобках $ \sec^2 x + 2 \text{tg}^2 x > 0 $. Таким образом, $ g''(x) > 0 $ для всех $ x \in (0, \frac{\pi}{2}) $, что означает, что функция $ g(x) = \text{tg}^2 x $ является строго выпуклой на этом интервале.

Применим неравенство Йенсена для функции $ g(x) $:$ \frac{g(\alpha) + g(\beta) + g(\gamma)}{3} \ge g\left(\frac{\alpha+\beta+\gamma}{3}\right) $$ \frac{\text{tg}^2\alpha + \text{tg}^2\beta + \text{tg}^2\gamma}{3} \ge \text{tg}^2\left(\frac{\alpha+\beta+\gamma}{3}\right) $

Используя $ \alpha + \beta + \gamma = \pi $:$ \frac{\text{tg}^2\alpha + \text{tg}^2\beta + \text{tg}^2\gamma}{3} \ge \text{tg}^2\left(\frac{\pi}{3}\right) $

Мы знаем, что $ \text{tg}\left(\frac{\pi}{3}\right) = \sqrt{3} $, поэтому $ \text{tg}^2\left(\frac{\pi}{3}\right) = (\sqrt{3})^2 = 3 $.

Подставляя это значение:$ \frac{\text{tg}^2\alpha + \text{tg}^2\beta + \text{tg}^2\gamma}{3} \ge 3 $$ \text{tg}^2\alpha + \text{tg}^2\beta + \text{tg}^2\gamma \ge 9 $

Неравенство доказано. Равенство также достигается для равностороннего треугольника $ \alpha = \beta = \gamma = \frac{\pi}{3} $.

Ответ: Что и требовалось доказать.