10829. Углы остроугольного треугольника равны \alpha
, \beta
и \gamma
. Докажите, что
\ctg\alpha+\ctg\beta+\ctg\gamma\leqslant\frac{3}{2}\left(\frac{1}{\sin2\alpha}+\frac{1}{\sin2\beta}+\frac{1}{\sin2\gamma}\right).
Решение. Пусть углы при вершинах A
, B
и C
треугольника ABC
равны \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно, противолежащие им стороны равны соответственно a
, b
и c
, p
— полупериметр треугольника, S
— площадь, r
и R
радиусы вписанной и описанной окружностей соответственно, I
— центр вписанной окружности, M
— точка касания вписанной окружности со стороной AB=a
.
Тогда (см. задачу 219) AM=p-a
. Из прямоугольного треугольника AMI
находим, что
\ctg\alpha=\frac{AM}{IM}=\frac{p-a}{r}.
Аналогично,
\ctg\beta=\frac{p-b}{r},~\ctg\gamma=\frac{p-c}{r}.
Значит,
\ctg\alpha+\ctg\beta+\ctg\gamma=\frac{p-a}{r}+\frac{p-b}{r}+\frac{p-c}{r}=\frac{3p-2p}{r}=\frac{p}{r}.
Далее воспользуемся следующими фактами.
S=2R^{2}\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma
(см. задачу 4258),
\sin2\alpha+\sin2\beta+\sin2\gamma=4\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma
(см. задачу 11287).
p^{2}\leqslant\frac{27R^{2}}{4}
(см. задачу 3226)
Поскольку \sin2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha
, и \alpha\lt90^{\circ}
, то \sin2\alpha\gt0
. Аналогично, \sin2\beta\gt0
и \sin2\gamma\gt0
. Среднее гармоническое трёх положительных чисел не меньше их среднего арифметического (см. примечание к задаче 3399), поэтому
\frac{3}{2}\left(\frac{1}{\sin2\alpha}+\frac{1}{\sin2\beta}+\frac{1}{\sin2\gamma}\right)\geqslant\frac{3}{2}\cdot\frac{9}{\sin2\alpha+\sin2\beta+\sin2\gamma}=
=\frac{27}{2(\sin2\alpha+\sin2\beta+\sin2\gamma)}=\frac{27}{2\cdot4\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma}=
=\frac{27}{4\cdot\frac{S}{R^{2}}}=\frac{27R^{2}}{4S}=\frac{27R^{2}}{4pr},
а так как
\frac{p}{r}\leqslant\frac{27R^{2}}{4pr}~\Leftrightarrow~p^{2}\leqslant\frac{27R^{2}}{4},
то
\ctg\alpha+\ctg\beta+\ctg\gamma\leqslant\frac{3}{2}\left(\frac{1}{\sin2\alpha}+\frac{1}{\sin2\beta}+\frac{1}{\sin2\gamma}\right).
Что и требовалось доказать.