16209. Дан выпуклый шестиугольник ABCDEF
, в котором AB=BC
, CD=DE
и EF=FA
. Докажите, что
\frac{BC}{BE}+\frac{DE}{DA}+\frac{FA}{FC}\geqslant\frac{3}{2}.
Решение. Обозначим AC=a
, CE=b
и AE=c
. По неравенству Птолемея из четырёхугольника ABCE
(см. задачу 10938) получаем
AC\cdot BE\leqslant AB\cdot CE+BC\cdot AE=BC(CE+AE),~\mbox{т. е.}~a\cdot BE\geqslant BC(b+c),
откуда
\frac{BC}{BE}\geqslant\frac{a}{b+c}.
Аналогично,
\frac{DE}{DA}\geqslant\frac{b}{c+a},~\frac{FA}{FC}\geqslant\frac{c}{a+b}.
Значит,
\frac{BC}{BE}+\frac{DE}{DA}+\frac{FA}{FC}\geqslant\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}.
Далее получаем (см. примечание к задаче 3399)
\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\geqslant3\sqrt[{3}]{{\frac{1}{b+c}\cdot\frac{1}{c+a}\cdot\frac{1}{a+b}}}
и
(b+c)+(c+a)+(a+b)\geqslant3\sqrt[{3}]{{(b+c)(c+a)(a+b)}},
откуда
a+b+c\geqslant\frac{3}{2}\sqrt[{3}]{{(b+c)(c+a)(a+b)}}.
После перемножения этих неравенств, получим
(a+b+c)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\geqslant\frac{9}{2}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{c+a}+\frac{a+b+c}{b+c}\geqslant\frac{9}{2}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~3+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geqslant\frac{9}{2}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geqslant\frac{3}{2}.
Что и требовалось доказать.
Источник: Иранские математические олимпиады. — 1898-1999
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2004, № 3, задача 3 (2001, с. 486), с. 157