11071. Пусть l_{a}
, l_{b}
и l_{c}
— биссектрисы остроугольного треугольника ABC
, проведённые из вершин углов, противолежащих сторонам BC=a
, AC=b
и AB=c
. Докажите, что
\frac{1}{l_{a}}+\frac{1}{l_{b}}+\frac{1}{l_{c}}\lt\sqrt{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right).
Решение. Из равенства l_{a}=\frac{2bc\cos\frac{\alpha}{2}}{b+c}
(см. задачу 4021) и условия \frac{\alpha}{2}\lt45^{\circ}
следует, что
\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{2\cos\frac{\alpha}{2}}{l_{a}}\gt\frac{2\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}}{l_{a}}=\frac{\sqrt{2}}{l_{a}},
поэтому
\frac{1}{l_{a}}\lt\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right).
Аналогично
\frac{1}{l_{b}}\lt\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)~\mbox{и}~\frac{1}{l_{c}}\lt\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right).
Сложив эти три неравенства, получим, что
\frac{1}{l_{a}}+\frac{1}{l_{b}}+\frac{1}{l_{c}}\lt2\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\sqrt{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right).
Что и требовалось доказать.