13980. Точки A_{1}
, B_{1}
и C_{1}
лежат на сторонах соответственно BC
, CA
и AB
треугольника ABC
, причём
\frac{A_{1}B}{A_{1}C}=\frac{B_{1}C}{B_{1}A}=\frac{C_{1}A}{C_{1}B}=k.
Докажите, что
\left(\frac{AA_{1}}{BC}\right)^{2}+\left(\frac{BB_{1}}{CA}\right)^{2}+\left(\frac{CC_{1}}{AB}\right)^{2}\geqslant\left(\frac{3k}{k^{2}+1}\right)\cdot\left(\frac{2r}{R}\right)^{4},
где R
и r
— радиусы соответственно описанной и вписанной окружностей треугольника ABC
.
Решение. Обозначим BC=a
, CA=b
и AB=c
. Из условия задачи следует, что
\frac{A_{1}B}{BC}=\frac{k}{k+1},~\frac{A_{1}C}{BC}=\frac{1}{k+1}.
По теореме Стюарта (см. задачу 2663)
AC^{2}\cdot A_{1}B+AB^{2}\cdot A_{1}C-AA_{1}^{2}\cdot BC=BC\cdot A_{1}B\cdot A_{1}C~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~b^{2}\cdot\frac{k}{k+1}+c^{2}\cdot\frac{1}{k+1}-AA_{1}^{2}=\frac{k}{k+1}\cdot\frac{1}{k+1}~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~\frac{b^{2}}{a^{2}}\cdot\frac{k}{k+1}+\frac{c^{2}}{a^{2}}\cdot\frac{1}{k+1}-\frac{AA_{1}^{2}}{a^{2}}=\frac{k}{(k+1)^{2}}~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~\frac{b^{2}}{a^{2}}\cdot\frac{k}{k+1}+\frac{c^{2}}{a^{2}}\cdot\frac{1}{k+1}-\frac{AA_{1}^{2}}{a^{2}}=\frac{k}{(k+1)^{2}}~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~\left(\frac{AA_{1}}{BC}\right)^{2}=\left(\frac{AA_{1}}{a}\right)^{2}=\frac{b^{2}}{a^{2}}\cdot\frac{k}{k+1}+\frac{c^{2}}{a^{2}}\cdot\frac{1}{k+1}-\frac{k}{(k+1)^{2}}.
Аналогично
\left(\frac{BB_{1}}{AC}\right)^{2}=\frac{c^{2}}{b^{2}}\cdot\frac{k}{k+1}+\frac{a^{2}}{b^{2}}\cdot\frac{1}{k+1}-\frac{k}{(k+1)^{2}},
\left(\frac{CC_{1}}{AB}\right)^{2}=\frac{b^{2}}{c^{2}}\cdot\frac{k}{k+1}+\frac{a^{2}}{c^{2}}\cdot\frac{1}{k+1}-\frac{k}{(k+1)^{2}}.
Сложив эти три равенства, получим
\left(\frac{AA_{1}}{BC}\right)^{2}+\left(\frac{BB_{1}}{CA}\right)^{2}+\left(\frac{CC_{1}}{AB}\right)^{2}=
=\frac{k}{k+1}\left(\frac{b^{2}}{c^{2}}+\frac{c^{2}}{b^{2}}+\frac{a^{2}}{c^{2}}\right)+\frac{1}{k+1}\left(\frac{c^{2}}{a^{2}}+\frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{c^{2}}\right)-\frac{3k}{(k+1)^{2}}\geqslant
=\frac{k}{k+1}\cdot\left(\frac{b^{2}}{c^{2}}+\frac{c^{2}}{b^{2}}+\frac{a^{2}}{c^{2}}\right)+\frac{1}{k+1}\left(\frac{c^{2}}{a^{2}}+\frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{c^{2}}\right)-\frac{3k}{(k+1)^{2}}\geqslant
\geqslant\frac{k}{k+1}\cdot3\sqrt{\frac{b^{2}c^{2}a^{2}}{a^{2}b^{2}c^{2}}}+\frac{1}{k+1}\cdot3\sqrt{\frac{c^{2}a^{2}b^{2}}{a^{2}b^{2}c^{2}}}=
=\frac{k}{k+1}\cdot3+\frac{1}{k+1}\cdot3-\frac{3k}{(k+1)^{2}}=\frac{3k}{k+1}+\frac{3}{k+1}-\frac{3k}{(k+1)^{2}}=3-\frac{3k}{(k+1)^{2}}
(см. примечание к задаче 3399).
Докажем что
3-\frac{3k}{(k+1)^{2}}\geqslant\left(\frac{3k}{k^{2}+1}\right)^{2}.
или, что равносильно неравенству
\frac{3k^{2}}{(k^{2}+1)^{2}}+\frac{k}{(k+1)^{2}}\leqslant1.
Действительно,
k^{2}+1\geqslant2k~\Rightarrow~(k^{2}+1)^{2}\geqslant4k^{2}~\Rightarrow~\frac{3k^{2}}{(k^{2}+1)^{2}}\leqslant\frac{3}{4},
k+1\geqslant2\sqrt{k}~\Rightarrow~(k+1)^{2}\geqslant4k~\Rightarrow~\frac{k}{(k+1)^{2}}\leqslant\frac{1}{4}.
Значит,
\frac{3k^{2}}{(k^{2}+1)^{2}}+\frac{k}{(k+1)^{2}}\leqslant\frac{3}{4}+\frac{1}{4}=1.
Тогда
\left(\frac{AA_{1}}{BC}\right)^{2}+\left(\frac{BB_{1}}{CA}\right)^{2}+\left(\frac{CC_{1}}{AB}\right)^{2}\geqslant=
\geqslant3-\frac{3k}{(k+1)^{2}}\geqslant\left(\frac{3k}{k^{2}+1}\right)^{2}.
Осталось заметить, что из известного неравенства R\geqslant2r
(см. задачу 3587) следует, что 1\geqslant\left(\frac{2r}{R}\right)^{4}
. Значит,
\left(\frac{3k}{k^{2}+1}\right)^{2}=\left(\frac{3k}{k^{2}+1}\right)^{2}\cdot1\geqslant\left(\frac{3k}{k^{2}+1}\right)^{2}\cdot\left(\frac{2r}{R}\right)^{4}.
Отсюда получаем утверждение задачи.