Симметричное неравенство

[Ian]

Если [math]a>0,b>0,c>0,a+b+c=\frac{\pi}2, то [math]\cos a+\cos b+\cos c>\sin a+\sin b+\sin c
Есть решение, не выходящее за пределы того класса, где синусы и косинусы появляются.Но вообще всякие интересуют)

[zykov]

Пусть [math]c наименьший из трёх. Тогда [math]c\leq\pi/6.
Если бы [math]c=0, то [math]a+b=\pi/2 и неравенство становится равенством.
Но [math]c>0, значит сумма косинусов [math]a и [math]b больше суммы их синусов (легко доказать от противного, используя что косинус убывает, а синус растёт на участке от [math]0 до [math]\pi/2).
Косинус [math]c тоже больше синуса [math]c учитывая ограничение на [math]c.

[peregoudov]

Сомнительно, что тут вообще достигается равенство.

У меня такая геометрическая идея. Нарисуем половинку окружности единичного радиуса и отложим на ней последовательно углы a, b, c (в сумме они составят 90 градусов), a, b, c (итого как раз 180 градусов). Площадь вписанного в эту полуокружность семиугольника --- как раз сумма синусов. А площадь вписанного четырехугольника, если брать вершины на окружности через одну --- половина суммы косинусов. Площадь семиугольника не больше площади полукруга, а самый невыгодный случай для четырехугольника (вроде бы?) --- вырождение в прямоугольний треугольник, удвоенная площадь которого все равно больше площади полукруга.

[ARRY]

А если так: учитывая, что косинус убывает от [math]0 до [math]\displaystyle \frac{\pi}{2}, запишем
[math]\left\{\!\begin{aligned}
& \cos{a}>\cos{(a+b)} \\
& \cos{b}>\cos{(b+c)} \\
& \cos{c}>\cos{(c+a)}
\end{aligned}\right.

или

[math]\left\{\!\begin{aligned}
& \cos{a}>\cos{\left (\frac{\pi}{2}-c\right )} \\
& \cos{b}>\cos{\left (\frac{\pi}{2}-a\right )} \\
& \cos{c}>\cos{\left (\frac{\pi}{2}-b\right )}
\end{aligned}\right.

А теперь - формулы приведения:

[math]\left\{\!\begin{aligned}
& \cos{a}>\sin{c} \\
& \cos{b}>\sin{a} \\
& \cos{c}>\sin{b}
\end{aligned}\right.

Складываем почленно все три неравенства. Получаем заданное неравенство.
Я нигде не ошибся? Что-то уж очень просто.

Сомнительно, что тут вообще достигается равенство.

А равенства тут, по-моему, и быть не может.

[zykov]

А равенства тут, по-моему, и быть не может.

Если одно из значений равно 0 (например [math]c), то имеем равенство.
[math]\cos(a)+cos(\pi/2-a)=sin(a)+sin(\pi/2-a)

[zykov]

Я нигде не ошибся? Что-то уж очень просто.

Всё правильно.
Тоже что у меня, только симметрично расписано. У меня более конструктивно.
Если числа два, то равенство. Если больше двух (обобщается на любое количество), то неравенство.

[peregoudov]

Если одно из значений равно 0 (например [math]c), то имеем равенство.
[math]\cos(a)+cos(\pi/2-a)=sin(a)+sin(\pi/2-a)

А куда пропал cos(c)=1?

[zykov]

Понятно.
Это я неясно выразился. Извиняюсь!
"Равенство" относилось к случаю 2 чисел. Я просто с самого начала рассматривал общий случай для любого количества чисел.

[zykov]

Общий случай следует из двух фактов.
1) Если [math]0\leq c\leq\pi/(2n)<\pi/4, то [math]\cos(c)>\sin(c).
2) Если [math]a+b<\pi/2, a>0, b>0, то [math]\cos(a)+\cos(b)>\sin(a)+\sin(b)

[Ian]

Я имел в виду решение точно как у ARRY, смысл его -отказаться от симметрии). Также ставил вопрос о нахождении верхней и нижней грани для[math]\frac{\cos a+\cos b+\cos c}{\sin a+\sin b+\sin c}. Эта дробь имеет смысл котангенса полярного угла суммы трех единичных векторов,полярные углы которых имеют заданную сумму [math]\frac{\pi}2. И задача минимизации, и задача максимизации быстро сводится к задаче от одной переменной, пока не расскажу как.
Извините, что редко посещаю, надо взять за правило каждый день. Или какое-нибудь оповещение настроить?

[peregoudov]

А у меня вот еще смешнее выходит. Поскольку [math]\sin(x)<x, а [math]\cos(x)>1-x^2\!/2, то

[math]\sin a_1+\ldots+\sin a_n<a_1+\ldots+a_n=\pi/2,

[math]\cos a_1+\ldots+\cos a_n>n-(a_1^2+\ldots+a_n^2)/2>n-(a_1+\ldots+a_n)^2\!/2=n-\pi^2\!/8

(второе неравенство в последней строке --- в силу неравенства треугольника). Вроде как для n=3 и более оценка суммы синусов сверху всегда меньше оценки суммы косинусов снизу.

Или какое-нибудь оповещение настроить?

Ага, и ежедневно посещать то место, куда оповещение будет приходить.

[zykov]

А у меня вот еще смешнее выходит. Поскольку [math]\sin(x)<x, а [math]\cos(x)>1-x^2\!/2, то

Верно, только требование было

Есть решение, не выходящее за пределы того класса, где синусы и косинусы появляются.

[Ian]

Я имел в виду решение точно как у ARRY, смысл его -отказаться от симметрии). Также ставил вопрос о нахождении верхней и нижней грани

Ой это я неточно выразился, это я вопрос для себя ставил а в теме не задавал.
Рассмотрим задачу на минимум отношения(максимум полярного угла суммы n единичных векторов)Расположим полярные углы [math]\varphi (A_{k-1}A_k) в порядке возрастания, так что ломаная [math]A_{-1}A_0...A_nявляется графиком выпуклой функции.Допускаем вырождение , чтобы некоторые полярные углы могли быть равны 0.
Лемма о спрямлении. У пары соседних звеньев можно изменить полярные углы либо до [math]\varphi (A_{k-1}A_k)=0, либо до [math]\varphi (A_{k-1}A_k)=\varphi (A_kA_{k+1}), не уменьшая[math]\varphi (A_0A_n)
Доказательство:изменяя [math]\varphi (A_{k-1}A_k)=0 так, чтобы не изменялась сумма [math]\varphi (A_{k-1}A_k)+\varphi (A_kA_{k+1}), мы перемещаем [math]A_n либо в направлении вектора [math]A_{k-1}A_{k+1}, либо в противоположном. Пока не состоится одно из двух событий, указанных в лемме.

A0A1.JPG (11.41 KiB) 37706 просмотра

После этого можно переставить звенья для выпуклости и повторять спрямление. Придем к конструкции: первые (n-k) из n звеньев идут по оси Ох, следующие по одной прямой с полярным углом [math]\frac{\pi}{2k}
Расчет оптимального значения k в общем виде это для меня проблема, получается оптимальное k примерно две трети от n, вот будет весело если [math]\frac kn\to\frac 2{\pi}
И еще задачу на максимум надо посмотреть с той же леммой, видимо [math]\max ctg\varphi (A_0A_n) =n-1

[peregoudov]

Чисто тест, чтобы проверить, работает ли подписка на тему у Ian'a.

[zykov]

нахождении верхней и нижней грани для[math]\frac{\cos a+\cos b+\cos c}{\sin a+\sin b+\sin c}

На вскидку, интуитивно, минимум скорее всего когда все равны по [math]\pi/6, а максимум когда два [math]0 и один [math]\pi/2.

[zykov]

(максимум полярного угла суммы n единичных векторов)

Как-то путано. Непонятно в чём задача...

[Ian]

zykov,Конечно поясню,рисунок смотрите выше [math]ctg(A_3A_0X)=\frac{\cos a+\cos b+\cos c}{\sin a+\sin b+\sin c}, где a,b,c- углы наклона звеньев к Ox . И в частности из рисунка видно, что [math]min\frac{\cos a+\cos b+\cos c}{\sin a+\sin b+\sin c}=1+\frac 1{\sqrt 2}=1,707<1,732=\sqrt 3 Как и в общем случае, треть звеньев(звенья -это те кто синие) по оси, остальные по одной прямой.
Почему видно: возьмем за исходную Вашу конструкцию, три звена [math]A_0A_1A_2A_3 по одной прямой. Тогда по лемме сокращаем вдоль себя [math]A_0A_2, не изменяя отношение, потом выпрямляем снова [math]A_1A_3, уменьшая его.То, что равенство всех слагаемых не доставляет ни минимума, ни максимума - это уже экстравагантно
У вас всех много оригинальных решений. Но мой метод я думаю сильнее только освойте

[zykov]

Да, численный эксперимент показал, что минимум при [math](\pi/4, \pi/4, 0), максимум при [math](\pi/2, 0, 0).

[ARRY]

видимо [math]\max ctg\varphi (A_0A_n) =n-1

Ian
А это как получилось? Что-то не могу сообразить?

[Ian]

видимо [math]\max ctg\varphi (A_0A_n) =n-1

Ian
А это как получилось?

Пусть есть ломаная из n>2 звеньев, выпуклая, аналогичная синей на рисунке. Тогда полярный угол [math]\varphi (A_{n-2}A_n)>\varphi (A_0A_n) и значит для уменьшения угла [math]\varphi (A_0A_n) (увеличения исследуемого отношения) отрезок [math]A_{n-2}A_n надо сократить насколько возможно, сделав значит [math]\varphi (A_{n-2}A_{n-1}=0). Потом переставим звенья снова в порядке возрастания полярных углов и сделаем еще у одного звена, ставшего предпоследним,полярный угол равным 0. И так далее придем к ситуации где у n-1 звеньев полярные углы равны 0, вот у нее уменьшить угол (увеличить отношение) нельзя