Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1450
2018-12-13 
Найдите наибольшее и наименьшее значение выражения
$\cos A + \cos B + \cos C$,
где $A, B$ и $C$ - углы треугольника.
Решение:
Нижнюю оценку можно доказать при помощи тригонометрических преобразований, например, так:
$\cos A + \cos B + \cos C - 1 = \cos A + \cos B + \cos(180^{ \circ} - (A + B)) - 1 = 2 \cos \frac{A+B}{2} \cos \frac{A - B}{2} - (1 + \cos(A + B)) = 2 \cos \frac{A+B}{2} \cos \frac{A-B}{2} - 2 \cos^{2} \frac{A+B}{2} = 2 \cos \frac{A+B}{2} \left ( \cos \frac{A-B}{2} - \cos \frac{A+B}{2} \right ) > 0$.
Последнее неравенство верно, так как оба сомножителя положительны. Это следует из того, что $-90^{ circ} < \frac{A-B}{2} < 90^{ \circ}, 0^{ \circ} < \frac{A+B}{2} < 90^{ \circ}$ и $\left | \frac{A+B}{2} \right | > \left | \frac{A-B}{2} \right |$.
Для оценки «сверху» значения данного выражения рассмотрим: $\overline{e}_{1} \parallel \overline{AB}; \overline{e}_{2} \parallel \overline{BC}; \overline{e}_{3} \parallel \overline{AC}$, где $| \overline{e}_{1} | = | \overline{e}_{2} | = | \overline{e}_{3} | = 1$. Тогда, $\angle ( \overline{e}_{1}, \overline{e}_{2} ) = 180^{ \circ} - B; \angle ( \overline{e}_{2} , \overline{e}_{3} ) = 180^{ \circ} - C; \angle ( \overline{e}_{1} , \overline{e}_{3} ) = 180^{ \circ} - A$ (см. рис. ). Очевидно, что $( \overline{e}_{1} + \overline{e}_{2} + \overline{e}_{3} )^{2} \geq 0$. Но
$( \overline{e}_{1} + \overline{e}_{2} + \overline{e}_{3})^{2} = \overline{e}_{1}^{2} + \overline{e}_{2}^{2} + \overline{e}_{3}^{2} + 2 \overline{e}_{1} \overline{e}_{2} + 2 \overline{e}_{2} \overline{e}_{3} + 2 \overline{e}_{1} \overline{e}_{3} = 1 + 1 + 1 + 2 \cos (180^{ \circ} - B ) + 2 \cos (180^{ \circ} - A ) + 2 \cos (180^{ \circ} - C ) = 3 - 2 ( \cos A + \cos B + \cos C)$.
Далее, $3 - 2( \cos A + \cos B + \cos C) \geq 0 \Leftrightarrow \cos A + \cos B + \cos C \leq 1,5$.
Ответ: $1 < \cos A + \cos B + \cos C \leq 1,5$.
Найдите наибольшее и наименьшее значение выражения
$\cos A + \cos B + \cos C$,
где $A, B$ и $C$ - углы треугольника.
Решение:
Нижнюю оценку можно доказать при помощи тригонометрических преобразований, например, так:
$\cos A + \cos B + \cos C - 1 = \cos A + \cos B + \cos(180^{ \circ} - (A + B)) - 1 = 2 \cos \frac{A+B}{2} \cos \frac{A - B}{2} - (1 + \cos(A + B)) = 2 \cos \frac{A+B}{2} \cos \frac{A-B}{2} - 2 \cos^{2} \frac{A+B}{2} = 2 \cos \frac{A+B}{2} \left ( \cos \frac{A-B}{2} - \cos \frac{A+B}{2} \right ) > 0$.
Последнее неравенство верно, так как оба сомножителя положительны. Это следует из того, что $-90^{ circ} < \frac{A-B}{2} < 90^{ \circ}, 0^{ \circ} < \frac{A+B}{2} < 90^{ \circ}$ и $\left | \frac{A+B}{2} \right | > \left | \frac{A-B}{2} \right |$.
Для оценки «сверху» значения данного выражения рассмотрим: $\overline{e}_{1} \parallel \overline{AB}; \overline{e}_{2} \parallel \overline{BC}; \overline{e}_{3} \parallel \overline{AC}$, где $| \overline{e}_{1} | = | \overline{e}_{2} | = | \overline{e}_{3} | = 1$. Тогда, $\angle ( \overline{e}_{1}, \overline{e}_{2} ) = 180^{ \circ} - B; \angle ( \overline{e}_{2} , \overline{e}_{3} ) = 180^{ \circ} - C; \angle ( \overline{e}_{1} , \overline{e}_{3} ) = 180^{ \circ} - A$ (см. рис. ). Очевидно, что $( \overline{e}_{1} + \overline{e}_{2} + \overline{e}_{3} )^{2} \geq 0$. Но
$( \overline{e}_{1} + \overline{e}_{2} + \overline{e}_{3})^{2} = \overline{e}_{1}^{2} + \overline{e}_{2}^{2} + \overline{e}_{3}^{2} + 2 \overline{e}_{1} \overline{e}_{2} + 2 \overline{e}_{2} \overline{e}_{3} + 2 \overline{e}_{1} \overline{e}_{3} = 1 + 1 + 1 + 2 \cos (180^{ \circ} - B ) + 2 \cos (180^{ \circ} - A ) + 2 \cos (180^{ \circ} - C ) = 3 - 2 ( \cos A + \cos B + \cos C)$.
Далее, $3 - 2( \cos A + \cos B + \cos C) \geq 0 \Leftrightarrow \cos A + \cos B + \cos C \leq 1,5$.
Ответ: $1 < \cos A + \cos B + \cos C \leq 1,5$.
