Dimostrare che
$ \displaystyle{x\cos\alpha+y\cos\beta+z\cos\gamma\leq\frac{yz}{2x}+\frac{xz}{2y}+\frac{xy}{2z}} $
dove x,y,z sono numeri reali tali che xyz>0 e $ \alpha,\beta,\gamma $ sono gli angoli di un triangolo.
Discutere i casi di uguaglianza.
Arcane proporzioni
Bah, farà schifo a tutti ... posto la mia soluzione ...
$ (xz\cos\alpha+yz\cos\beta-xy)^2+(xz\sin\alpha-yz\sin\beta)^2\geq0 $
da cui
$ x^2z^2+y^2z^2+y^2x^2+ $$ 2xyz^2\cos(\alpha+\beta)-2xy^2z\cos\beta-2x^2yz\cos\alpha\geq0 $
e ricordandoci che stiamo parlando degli angoli di un triangolo
$ x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2\geq 2x^2yz\cos\alpha+2xy^2z\cos\beta+2xyz^2\cos\gamma $
da cui, dividendo per xyz>0, si ha la tesi.
L'uguaglianza si ha solo nel caso che si abbiano i due quadrati della prima diseguaglianza uguali a zero e dunque se e solo se
$ \displaystyle{\frac{1}{x}\colon\frac{1}{y}\colon\frac{1}{z}=\frac{1}{\sin\alpha}\colon\frac{1}{\sin\beta}\colon\frac{1}{\sin\gamma}} $
Era così brutta/difficile??
$ (xz\cos\alpha+yz\cos\beta-xy)^2+(xz\sin\alpha-yz\sin\beta)^2\geq0 $
da cui
$ x^2z^2+y^2z^2+y^2x^2+ $$ 2xyz^2\cos(\alpha+\beta)-2xy^2z\cos\beta-2x^2yz\cos\alpha\geq0 $
e ricordandoci che stiamo parlando degli angoli di un triangolo
$ x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2\geq 2x^2yz\cos\alpha+2xy^2z\cos\beta+2xyz^2\cos\gamma $
da cui, dividendo per xyz>0, si ha la tesi.
L'uguaglianza si ha solo nel caso che si abbiano i due quadrati della prima diseguaglianza uguali a zero e dunque se e solo se
$ \displaystyle{\frac{1}{x}\colon\frac{1}{y}\colon\frac{1}{z}=\frac{1}{\sin\alpha}\colon\frac{1}{\sin\beta}\colon\frac{1}{\sin\gamma}} $
Era così brutta/difficile??