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Allora ... $ \alpha,\beta,\gamma $ sono gli angoli di un triangolo; dimostrate che
$ \sin\alpha+\sin\beta+\sin\gamma\geq\sin2\alpha+\sin2\beta+\sin2\gamma $
e studiate i casi di uguaglianza.

up?

Aaaaaaalova,

premesse:
$ \displaystyle \sin(\alpha)=\dfrac{a}{2R} $ e cicliche per il teorema del seno
$ \displaystyle 2\cos(\alpha)=\frac{b^2+c^2-a^2}{bc} $ e cicliche per il teorema del coseno
$ \displaystyle \sin(2\alpha)=2\sin(\alpha)\cos(\alpha) $ per le formule di duplicazione del seno

Riscriviamola dopo aver usato le formule di duplicazione
$ \displaystyle \sum \sin(\alpha)\ge \sum 2\sin(\alpha)\cos(\alpha) $
usiamo il teorema del seno

$ \displaystyle \sum \frac{a}{2R}\ge \sum 2\frac{a}{2R}\cos(\alpha) $

$ \displaystyle \sum a \ge \sum 2a\cos(\alpha) $

riscriviamo utilizzando il teorema del coseno

$ \displaystyle \sum a \ge \sum a\frac{b^2+c^2-a^2}{bc} $

moltiplichiamo per $ abc $

Nuova tesi
$ \displaystyle \sum a^2bc \ge \sum a^2b^2+a^2c^2-a^4 $



Ora, per la disugualgianza di shur (il caso r=2) avremo

$ \displaystyle \sum a^4+\sum a^2bc \ge \sum_{sym} a^3c $

per il bunching

$ \displaystyle \sum_{sym} a^3c\ge \sum_{sym} a^2b^2 $

confrontando i due estremi delle due disuguaglianze si ha la tesi.

povera piccola, come ti hanno ridotto...

qualcuno di meno brutale? suvvia, è geometria.

visto che il problema è qui da un po', ed è già stata postata una soluzione, scrivo anche la mia che è diversa (e ancora + macchinosa, per la gioia di Sam ):

sostituiamo $ \gamma=\pi-(\alpha+\beta) $, ottenendo

$ \sin\alpha+\sin\beta+\sin(\alpha+\beta) \geq \sin2\alpha+\sin2\beta-\sin2(\alpha+\beta) $

ora usiamo prostaferesi + duplicazione sul II membro, e raccogliamo

$ \sin\alpha+\sin\beta+\sin(\alpha+\beta) \geq 2\sin(\alpha+\beta)(\cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta)) $

poi ancora prostaferesi

$ \sin\alpha+\sin\beta+\sin(\alpha+\beta) \geq 4\sin(\alpha+\beta)\sin\alpha\sin\beta $

ora portiamo tutto a I membro e raccogliamo, poi ancora prostaferesi + duplicazione

$ \displaystyle2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}+2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha+\beta}{2}(1-4\sin\alpha\sin\beta)\geq 0 $

ora, se almeno uno tra alpha e beta è =!=0, ci riconduciamo a

$ \displaystyle\cos\frac{\alpha-\beta}{2}+\cos\frac{\alpha+\beta}{2}-4\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\sin\alpha\sin\beta\geq 0 $

che applicando nuovamente prostaferesi e duplicazione, diventa

$ \displaystyle2\cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta}{2}(1-8\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2})\geq 0 $

quindi, se alpha,beta =!= pi, risostituendo $ \alpha+\beta=\pi-\gamma $ otteniamo

$ \displaystyle\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}\leq \frac{1}{8} $

che segue da AM-GM e jensen:

$ \displaystyle\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}\leq {\left(\frac{\sin\frac{\alpha}{2}+\sin\frac{\beta}{2}+\sin\frac{\gamma}{2}}{3}\right)}^3\leq $
$ \displaystyle{\left(\sin\frac{\alpha+\beta+\gamma}{6}\right)}^3=\left(\frac{1}{2}\right)^3=\frac{1}{8} $

si ha uguaglianza <=> due tra gli angoli sono 0 e l'altro è pi, oppure alpha=beta=gamma=pi/3

Bene ... ma visto che l'ho proposta io (che di solito non ricordo nemmeno il verso della AM-GM) di disuguaglianze note non ne servono, ci vuole invece un po' di geometria :

1) $ \sin\alpha + \sin\beta + \sin\gamma=\displaystyle{\frac{a+b+c}{2R}=\frac{S}{rR}} $

dove a,b,c sono i lati, r,R sono raggio inscritto e circoscritto, S è l'area;

2) $ \sin2\alpha+\sin2\beta+\sin2\gamma=2(\sin\alpha\cos\alpha+\sin\beta\cos\beta+\sin\gamma\cos\gamma) $
ovvero
$ \displaystyle{\frac{1}{R}(a\cos\alpha+b\cos\beta+c\cos\gamma)} $;

3) $ a\cos\alpha+b\cos\beta+c\cos\gamma=\displaystyle{\frac{2S}{R}} $
infatti se O è il circocentro, l'angolo OBC è complementare di BAC e dunque l'altezza relativa a BC nel triangolo OBC è $ R\cos\alpha $ e dunque l'area del triangolo OBC è la metà di $ aR\cos\alpha $;

4)$ \displaystyle{\frac{\sin\alpha+\sin\beta+\sin\gamma}{\sin2\alpha+\sin2\beta+\sin2\gamma}=\frac{\frac{S}{rR}}{\frac{2S}{R^2}}=\frac{R}{2r}\geq 1 $
dove la disuguaglianza è data dal fatto che il quadrato della distanza circocentro-incentro è R(R-2r) e dunque $ R\geq 2r $ e l'uguaglianza si ha se e solo se il triangolo è equilatero (oppure degenere).

Bellina, no?