11162. Пусть \alpha
, \beta
и \gamma
— углы треугольника. Докажите, что
\ctg\frac{\alpha}{2}+\ctg\frac{\beta}{2}+\ctg\frac{\gamma}{2}\geqslant3\sqrt{3}.
Решение. Первый способ. Пусть p
— полупериметр треугольника, r
— радиус вписанной окружности. Тогда
\ctg\frac{\alpha}{2}+\ctg\frac{\beta}{2}+\ctg\frac{\gamma}{2}=\frac{p}{r}
(см. задачу 3249а). Кроме того p\geqslant3r\sqrt{3}
(см. задачу 3227а). Следовательно,
\ctg\frac{\alpha}{2}+\ctg\frac{\beta}{2}+\ctg\frac{\gamma}{2}=\frac{p}{r}\geqslant3\sqrt{3}.
Второй способ. Пусть радиусы вневписанных окружностей, касающихся сторон, противолежащих углам соответственно \alpha
, \beta
и \gamma
, равны x
, y
и z
соответственно. Применив формулы
\tg\frac{\alpha}{2}=\frac{x}{\sqrt{xy+xz+yz}},~\tg\frac{\beta}{2}=\frac{y}{\sqrt{xy+xz+yz}},~\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{z}{\sqrt{xy+xz+yz}}
(см. задачу 11161), получим, что
\ctg\frac{\alpha}{2}+\ctg\frac{\beta}{2}+\ctg\frac{\gamma}{2}\geqslant3\sqrt{3}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\frac{\sqrt{xy+xz+yz}}{x}+\frac{\sqrt{xy+xz+yz}}{y}+\frac{\sqrt{xy+xz+yz}}{z}\geqslant3\sqrt{3}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\sqrt{xy+xz+yz}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\geqslant3\sqrt{3}~\Leftrightarrow~\left(\frac{xy+xz+yz}{3}\right)^{3}\geqslant x^{2}y^{2}z^{2}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\frac{xy+xz+yz}{3}\geqslant\sqrt[{3}]{{xy\cdot xz\cdot yz}}.
(Последнее неравенство есть неравенство Коши для положительных чисел xy
, xz
и yz
.)
Примечание. См. также статью В.Дроздова «Треугольник и классические неравенства», Квант, 2019, N8, с.40-41.
Источник: Прасолов В. В. Задачи по планиметрии. — 6-е изд. — М.: МЦНМО, 2007. — № 10.41а, с. 255
Источник: Журнал «Квант». — 2019, № 8, с. 40