B.4478 Komal
-
- Mesaje: 258
- Membru din: Mar Aug 30, 2011 7:25 pm
B.4478 Komal
Prove that if $\alpha,\ \beta,\ \gamma$ are the angles of an acute-angled triangle then $\mathrm{tg}^3\alpha+\mathrm{tg}^3\beta+\mathrm{tg}^3\gamma\ge 9\sqrt{3}$
-
- Mesaje: 365
- Membru din: Vin Dec 17, 2010 8:44 am
Re: B.4478 Komal
Hint: Foloseste multiplicatori Lagrange.
Exista lucruri care stim ca sunt imposibil de realizat, pana vine cineva care nu stie acest lucru si le realizeaza.
-
- Mesaje: 258
- Membru din: Mar Aug 30, 2011 7:25 pm
Re: B.4478 Komal
Când am văzut problema,dintr-o data m-am gândit că trebuie să aplicăm "Jensen".Stefan Tudose scrie:Am atasat solutia mea.
Interesantă problemă!
Liceul Teoretic Cobani
-
- Mesaje: 244
- Membru din: Sâm Oct 30, 2010 3:55 pm
- Localitate: Bradenton, Florida
Re: B.4478 Komal
Can use only $A.M.\ \ge\ G.M.$ :Stefan Tudose scrie:Prove that if $\alpha,\ \beta,\ \gamma$ are the angles of an acute-angled triangle then $\mathrm{tg}^3\alpha+\mathrm{tg}^3\beta+\mathrm{tg}^3\gamma\ge 9\sqrt{3}$
Proof. Denote $\tan\alpha=x\ ,\ \tan\beta=y\ ,\ \tan\gamma=z$ , where $x+y+z=xyz$ and $\{\alpha ,\beta ,\gamma\}\subset \left(0,\frac {\pi}2\right)\implies$ $\{x,y,z\}\subset \mathbb R^*_{+}\equiv (0,\infty )$ . Thus,
$xyz=x+y+z\ge 3\sqrt[3]{xyz}\implies$ ${(xyz)^3\ge 27(xyz)\implies \boxed{xyz\ge 3\sqrt 3}\ (*)$ . Hence $x^3+y^3+z^3\ge 3xyz\ \stackrel{(*)}{\implies}\ x^3+y^3+z^3\ge 9\sqrt 3$ .