Номер 25.11, страница 184 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

25.11. Сумма положительных чисел $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ меньше $\frac{\pi}{2}$. Докажите, что

$ctg\alpha + ctg\beta + ctg\gamma > tg\alpha + tg\beta + tg\gamma$.

Перепишем доказываемое неравенство, перенеся все члены в левую часть:

$ \operatorname{ctg}\alpha + \operatorname{ctg}\beta + \operatorname{ctg}\gamma - \operatorname{tg}\alpha - \operatorname{tg}\beta - \operatorname{tg}\gamma > 0 $

Сгруппируем слагаемые:

$ (\operatorname{ctg}\alpha - \operatorname{tg}\alpha) + (\operatorname{ctg}\beta - \operatorname{tg}\beta) + (\operatorname{ctg}\gamma - \operatorname{tg}\gamma) > 0 $

Воспользуемся тригонометрическим тождеством $ \operatorname{ctg}x - \operatorname{tg}x = \frac{\cos x}{\sin x} - \frac{\sin x}{\cos x} = \frac{\cos^2 x - \sin^2 x}{\sin x \cos x} = \frac{\cos(2x)}{\frac{1}{2}\sin(2x)} = 2\operatorname{ctg}(2x) $.

Применив это тождество к каждой паре слагаемых, получим неравенство, равносильное исходному:

$ 2\operatorname{ctg}(2\alpha) + 2\operatorname{ctg}(2\beta) + 2\operatorname{ctg}(2\gamma) > 0 $

Что эквивалентно:

$ \operatorname{ctg}(2\alpha) + \operatorname{ctg}(2\beta) + \operatorname{ctg}(2\gamma) > 0 $

Обозначим $ x = 2\alpha $, $ y = 2\beta $, $ z = 2\gamma $. Из условий задачи следуют свойства этих новых переменных:

1. Так как $ \alpha, \beta, \gamma $ — положительные числа, то $ x, y, z > 0 $.

2. Так как сумма $ \alpha + \beta + \gamma < \frac{\pi}{2} $, то $ 2\alpha + 2\beta + 2\gamma < \pi $, то есть $ x + y + z < \pi $.

3. Из $ \alpha > 0, \beta > 0, \gamma > 0 $ и $ \alpha + \beta + \gamma < \frac{\pi}{2} $ следует, что каждый из углов $ \alpha, \beta, \gamma $ находится в интервале $ (0, \frac{\pi}{2}) $. Следовательно, переменные $ x, y, z $ находятся в интервале $ (0, \pi) $.

Таким образом, задача сводится к доказательству неравенства $ \operatorname{ctg}x + \operatorname{ctg}y + \operatorname{ctg}z > 0 $ при условиях $ x, y, z \in (0, \pi) $ и $ x + y + z < \pi $. Рассмотрим возможные значения углов $x, y, z$.

Если все углы $ x, y, z $ острые, то есть $ x, y, z \in (0, \frac{\pi}{2}) $, то котангенс каждого из них положителен. Сумма трех положительных чисел также положительна, и неравенство в этом случае выполняется.

Далее рассмотрим случай, когда один из углов не является острым. Заметим, что более одного такого угла быть не может. Если, например, $ x \ge \frac{\pi}{2} $ и $ y \ge \frac{\pi}{2} $, то их сумма $ x+y \ge \pi $. Но по условию $ x+y+z < \pi $, а так как $ z > 0 $, то $ x+y < \pi $, что приводит к противоречию. Пусть, без ограничения общности, один угол является прямым или тупым, например $ x \in [\frac{\pi}{2}, \pi) $. Тогда два других угла, $ y $ и $ z $, должны быть острыми: $ y, z \in (0, \frac{\pi}{2}) $.

Из условия $ x+y+z < \pi $ следует, что $ y+z < \pi - x $. Так как $ x \in [\frac{\pi}{2}, \pi) $, то $ \pi - x \in (0, \frac{\pi}{2}] $. Итак, мы имеем $ 0 < y+z < \pi-x \le \frac{\pi}{2} $.

В этом случае нам нужно доказать неравенство $ \operatorname{ctg}x + \operatorname{ctg}y + \operatorname{ctg}z > 0 $, которое можно переписать как $ \operatorname{ctg}y + \operatorname{ctg}z > -\operatorname{ctg}x $.

Поскольку $ x \in [\frac{\pi}{2}, \pi) $, можно записать $ x = \pi - \delta $, где $ \delta \in (0, \frac{\pi}{2}] $. Тогда $ -\operatorname{ctg}x = -\operatorname{ctg}(\pi - \delta) = -(-\operatorname{ctg}\delta) = \operatorname{ctg}\delta $. Неравенство принимает вид $ \operatorname{ctg}y + \operatorname{ctg}z > \operatorname{ctg}\delta $. Условие $ y+z < \pi-x $ превращается в $ y+z < \delta $.

Для острых углов $y$ и $z$ справедливо неравенство $ \operatorname{ctg}y + \operatorname{ctg}z \ge 2\operatorname{ctg}\left(\frac{y+z}{2}\right) $. Это следует из выпуклости функции котангенс на интервале $ (0, \frac{\pi}{2}) $ (неравенство Йенсена). Поэтому достаточно доказать, что $ 2\operatorname{ctg}\left(\frac{y+z}{2}\right) > \operatorname{ctg}\delta $.

Мы знаем, что $ y+z < \delta $, следовательно $ \frac{y+z}{2} < \frac{\delta}{2} $. Оба угла $ \frac{y+z}{2} $ и $ \frac{\delta}{2} $ находятся в интервале $ (0, \frac{\pi}{4}] $, где функция котангенс строго убывает. Поэтому из $ \frac{y+z}{2} < \frac{\delta}{2} $ следует $ \operatorname{ctg}\left(\frac{y+z}{2}\right) > \operatorname{ctg}\left(\frac{\delta}{2}\right) $. Это означает, что $ 2\operatorname{ctg}\left(\frac{y+z}{2}\right) > 2\operatorname{ctg}\left(\frac{\delta}{2}\right) $.

Осталось доказать, что $ 2\operatorname{ctg}\left(\frac{\delta}{2}\right) > \operatorname{ctg}\delta $. Используем формулу двойного угла для котангенса: $ \operatorname{ctg}\delta = \frac{\operatorname{ctg}^2(\delta/2) - 1}{2\operatorname{ctg}(\delta/2)} $. Неравенство принимает вид:

$ 2\operatorname{ctg}\left(\frac{\delta}{2}\right) > \frac{\operatorname{ctg}^2(\delta/2) - 1}{2\operatorname{ctg}(\delta/2)} $

Поскольку $ \delta \in (0, \frac{\pi}{2}] $, то $ \frac{\delta}{2} \in (0, \frac{\pi}{4}] $, и $ \operatorname{ctg}(\delta/2) > 0 $. Умножим обе части на $ 2\operatorname{ctg}(\delta/2) $:

$ 4\operatorname{ctg}^2\left(\frac{\delta}{2}\right) > \operatorname{ctg}^2\left(\frac{\delta}{2}\right) - 1 $

$ 3\operatorname{ctg}^2\left(\frac{\delta}{2}\right) > -1 $

Это неравенство очевидно верно, так как квадрат любого действительного числа неотрицателен. Таким образом, неравенство доказано для всех возможных случаев.

Ответ: Неравенство доказано.