13474. Стороны треугольника равны a
, b
, c
, периметр равен P
, а радиус описанной окружности равен R
. Докажите, что
R^{2}P\geqslant\frac{a^{2}b^{2}}{a+b-c}.
Когда имеет место равенство?
Решение. Первый способ. Пусть углы треугольника, противолежащие сторонам a
, b
и c
равны \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно. Заметим, что
R^{2}P\geqslant\frac{a^{2}b^{2}}{a+b-c}~\Leftrightarrow~\frac{a^{2}b^{2}}{R^{2}}\leqslant(a+b+c)(a+b-c),
а так как
(a+b+c)(a+b-c)=(a+b)^{2}-c^{2}=2ab+2ab\cos\gamma=
=2ab(1+\cos\gamma)=4ab\cos^{2}\frac{\gamma}{2},
то достаточно доказать, что
\frac{a^{2}b^{2}}{R^{2}}\leqslant4ab\cos^{2}\frac{\gamma}{2},~\mbox{или}~\frac{a}{2R}\cdot\frac{b}{2R}\leqslant\cos^{2}\frac{\gamma}{2}.
Поскольку \frac{a}{2R}\cdot\frac{b}{2R}=\sin\alpha\sin\beta
(см. задачу 23), то
\frac{a}{2R}\cdot\frac{b}{2R}\leqslant\cos^{2}\frac{\gamma}{2}~\Leftrightarrow~\sin\alpha\sin\beta\leqslant\cos^{2}\frac{\gamma}{2}~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~\frac{1}{2}(\cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta))\leqslant\cos^{2}\frac{\gamma}{2}.
Последнее неравенство верно, так как
\frac{1}{2}(\cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta))\leqslant\frac{1}{2}(1-\cos(\alpha+\beta))=\sin^{2}\frac{\alpha+\beta}{2}=
=\sin^{2}\left(90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}\right)=\cos^{2}\frac{\gamma}{2}.
Отсюда следует доказываемое неравенство.
Равенство достигается, если \cos(\alpha-\beta)=1
, т. е. когда \alpha=\beta
.
Второй способ. Пусть p=\frac{1}{2}P
— полупериметр треугольника, S
— площадь. Тогда
R=\frac{abc}{4S}=\frac{abc}{4\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}
(см. задачи 4259 и 2730). Значит,
R^{2}P=\frac{a^{2}b^{2}c^{2}\cdot2p}{16p(p-a)(p-b)(p-c)}=\frac{a^{2}b^{2}c^{2}}{(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)},
а так как по неравенству треугольника a+c-b\gt0
и b+c-a\gt0
, то (см. задачу 3399)
\sqrt{(a+c-b)(b+c-a)}\leqslant\frac{(a+c-b)+(b+c-a)}{2}=c.
Следовательно,
R^{2}P\geqslant\frac{a^{2}b^{2}}{a+b-c}.
Что и требовалось доказать.
Равенство достигается, если a+c-b=b+c-a
, т. е. при a=b
.