Максимальное значение $\sin(A/2)+\sin(B/2)+\sin(C/2)$?
В учебнике я наткнулся на вопрос:
В треугольнике ABC, если $A$,$B$,$C$ представляют углы, затем найдите максимальное значение $\sin(A/2)+\sin(B/2)+\sin(C/2)$?
Так что я уже старался изо всех сил и вкладывал свою кровь, пот и слезы в этот вопрос .. Но я не могу идти дальше!
Итак, вот мой подход: Используя $\sin(C)+\sin(D)$ и $A+B+C= \pi$;
- $2\sin(\frac{A+B}{4})\cos(\frac{A-B}{4})+\cos(\frac{A+B}{2})$ Теперь, используя $\cos(2A)$ формула т.е. $1-2\sin^2(A) $
- $2\sin(\frac{A+B}{4})\cos(\frac{A-B}{4})+1-2\sin^2(\frac{A+B}{4})$
- Итак, я получил квадратичную переменную $\sin(\frac{A+B}{4})$
- $-2\sin^2(\frac{A+B}{4})+2\sin(\frac{A+B}{4})\cos(\frac{A-B}{4})+1$
Но я не знаю, что делать после этого
Могу ли я решить этот вопрос этим методом или мне придется использовать другой подход!
Кстати, ответ 3/2
Изменить: я только что закончил среднюю школу и готовлюсь к вступительному экзамену IIT-JEE, поэтому, пожалуйста, не используйте жесткие термины для решения этого вопроса.
Это решение прислал мой учитель, по крайней мере, заставьте меня понять это [https://i.stack.imgur.com/51pCB.png]
Ответы
Где ты остановился, пусть $$z=-2\sin^2x+1+2\sin x\cos y$$
$$\iff2\sin^2x-2\sin x\cos y+z-1=0$$
В виде $\sin x$ реально, дискриминант должен быть $\ge0$
$\implies8(z-1)\le(-2\cos y)^2\le2^2$
$\implies8z\le4+8$
Равенство наступает, если $\cos^2y=1\iff\sin y=0$
и следовательно $\sin x=\mp\dfrac{\cos y}2=\mp\dfrac12$
поскольку $\sin x$является вогнутым по острому$x$, по неравенству Дженсена максимум находится при$A/2=B/2=C/2=\pi/6$, так как $3\sin\pi/6=3/2$.
Изменить: поскольку OP, упомянутый в комментарии к ответу @B.Goddard, что они знают дифференциацию, вот еще одно доказательство того, что равносторонний случай достигает максимума:
Продолжайте использовать $\frac{C}{2}=\frac{\pi}{2}-\frac{A+B}{2}$. Экстемизировать$\sin\frac{A}{2}+\sin\frac{B}{2}+\cos\frac{A+B}{2}$ одновременно решать$$\tfrac12\cos\tfrac{A}{2}-\tfrac12\cos\tfrac{C}{2}=0,\,\tfrac12\cos\tfrac{B}{2}-\tfrac12\cos\tfrac{C}{2}=0$$а именно $A=B=C$. Предоставляю читателю проверить это максимум, рассмотрев вторые производные.
Вы можете сделать это с помощью множителей Лагранжа. Максимизировать$f=\sin x/2 + \sin y/2+\sin z/2$ в условиях принуждения $g=x+y+z = \pi$.
потом
$$\nabla f = \langle \cos(x/2)/2, \cos(y/2)/2, \cos(z/2)/2 \rangle =\lambda\langle 1,1,1 \rangle = \nabla g.$$
Это показывает, что $x=y=z$ а максимальный треугольник - равносторонний.
В треугольнике ABC $A+B+C=\pi$ $$f(x)=\sin(x/2) \implies f''(x)=-\frac{1}{4}\sin(x/2)<0, x\in[0,2\pi].$$ Итак, по неравенству Джемсена $$\frac{f(A/2)+f(B/2)+f(C/2)}{3} \le f(\frac{A+B+C}{6}).$$ $$\implies \frac{\sin (A/2)+\sin(B/2)+\sin{C/2}}{3} \le \sin\frac{\pi}{6}.$$ $$\implies \sin(A/2)+\sin(B/2)+\sin(C/2) \le \frac{3}{2}$$