13599. Пусть a
, b
и c
— стороны треугольника, p
— полупериметр, S
— площадь. Докажите, что:
а) \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\lt\frac{p}{S}
;
б) \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leqslant\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{p}{S}
.
Решение. а) Пусть \gamma
— угол, противолежащий стороне треугольника, равной c
. Тогда
S=\frac{1}{2}ab\sin\gamma\leqslant\frac{1}{2}ab~\Rightarrow~\frac{1}{a}\leqslant\frac{b}{2S},
причём равенство достигается, если \gamma=90^{\circ}
. Аналогично,
\frac{1}{b}\leqslant\frac{c}{2S},~\frac{1}{c}\leqslant\frac{a}{2S}.
Сложив эти три равенства и учитывая, только одно из них может быть строгим, получим
\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\lt\frac{b}{2S}+\frac{c}{2S}+\frac{c}{2S}=\frac{a+b+c}{2S}=\frac{p}{S}.
Что и требовалось доказать.
б) Пусть
a=x+y,~b=y+z,~c=z+x,
где x.y,z\gt0
. Тогда
\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^{2}=\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}\right)^{2}\leqslant
\leqslant\left(\frac{1}{2\sqrt{xy}}+\frac{1}{2\sqrt{yz}}+\frac{1}{2\sqrt{zx}}\right)^{2}=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{\sqrt{xy}}+\frac{1}{\sqrt{yz}}+\frac{1}{\sqrt{zx}}\right)^{2}\leqslant
\leqslant\frac{3}{4}\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\right)
(см. примечание к задаче 3399).
По формуле Герона
\frac{p}{S}=\frac{x+y+z}{\sqrt{(x+y+z)xyz}}=\sqrt{\frac{x+y+z}{xyz}}=\sqrt{\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}}.
Следовательно,
\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leqslant\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{p}{S}
Что и требовалось доказать.
Заметим, что равенство достигается в случае равностороннего треугольника.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1997, № 8, задача 2188 (1996, с. 320), с. 522