13285. Дан треугольник ABC
, в котором \angle BAC=\alpha
, \angle CBA=\beta
, \angle ACB=\gamma
. Докажите неравенство
\tg\frac{\alpha}{2}\tg\frac{\beta}{2}\ctg\frac{\gamma}{2}+\tg\frac{\alpha}{2}\ctg\frac{\beta}{2}\tg\frac{\gamma}{2}+\ctg\frac{\alpha}{2}\tg\frac{\beta}{2}\tg\frac{\gamma}{2}\geqslant\sqrt{3}.
Решение. Пусть I
— центр окружности радиуса r
, вписанной в треугольник ABC
, K
, L
и M
— точки касания этой окружности со сторонами AB
, AC
и BC
соответственно. Обозначим AK=AL=x
, BK=BM=y
, CL=CL=z
, p
— полупериметр треугольника ABC
, S
— площадь. Тогда
p=\frac{x+y+z}{2},~AB=x+y,~BC=y+z,~AC=x+z,
S=\sqrt{p(p-AB)(p-BC)(p-AC)}=\sqrt{pxyz}.
Из прямоугольного треугольника AKI
получаем
\tg\frac{\alpha}{2}=\tg\angle IAK=\frac{IK}{AK}=\frac{r}{x}.
Аналогично,
\tg\frac{\beta}{2}=\frac{r}{y},~\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{r}{z},
поэтому доказываемое неравенство можно переписать в виде
\frac{z}{xy}+\frac{y}{xz}+\frac{x}{yz}\geqslant\frac{\sqrt{3}}{r},
а так как
r=\frac{S}{p}=\frac{\sqrt{pxyz}}{p}=\frac{\sqrt{xyz}}{\sqrt{p}}=\frac{\sqrt{xyz}}{\sqrt{x+y+z}},
то достаточно доказать, что
\frac{z}{xy}+\frac{y}{xz}+\frac{x}{yz}\geqslant\frac{\sqrt{3(x+y+z)}}{\sqrt{xyz}},
или
x^{2}+y^{2}+z^{2}\geqslant\sqrt{3(x+y+z)xyz},
а после возведения обеих частей неравенства в квадрат —
(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}\geqslant3(x+y+z)xyz.
Докажем последнее неравенство. Для любых неотрицательных чисел их среднее квадратическое не меньше их среднего арифметического, и не меньше их среднего геометрического (см. примечание к задаче 3399), т. е.
\sqrt{\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{3}}\geqslant\frac{x+y+z}{3}~\mbox{и}~\sqrt{\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{3}}\geqslant\sqrt[{3}]{{xyz}}.
Возведя в куб второе неравенство и умножив результат на первое, получим
\frac{(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}}{9}\geqslant\frac{x+y+z}{3}\cdot xyz,\mbox{или}~x^{2}+y^{2}+z^{2}\geqslant\sqrt{3(x+y+z)xyz}.
Отсюда следует доказываемое неравенство.