16242. Углы, противолежащие сторонам BC=a
, CA=b
и AB=c
треугольника ABC
, равны \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно. Докажите, что
\frac{bc}{b+c}\sin^{2}\frac{\alpha}{2}+\frac{ca}{c+a}\sin^{2}\frac{\beta}{2}+\frac{ab}{a+b}\sin^{2}\frac{\gamma}{2}\leqslant\frac{a+b+c}{8}.
Решение. Заметим, что
0\leqslant(b-c)^{2}~\Rightarrow~4bc\leqslant(b+c)^{2}~\Rightarrow~\frac{bc}{b+c}\leqslant\frac{b+c}{4}
и аналогично,
\frac{ca}{c+a}\leqslant\frac{c+a}{4}~\mbox{и}~\frac{ab}{a+b}\leqslant\frac{a+b}{4},
а также
\sin^{2}\frac{\alpha}{2}=\frac{1-\cos\alpha}{2},~\sin^{2}\frac{\beta}{2}=\frac{1-\cos\beta}{2},~\sin^{2}\frac{\gamma}{2}=\frac{1-\cos\gamma}{2},
a=b\cos\gamma+c\cos\beta,~b=a\cos\gamma+c\cos\alpha,~c=b\cos\alpha+a\cos\beta
(см. задачу 3965). Тогда
8\left(\frac{bc}{b+c}\sin^{2}\frac{\alpha}{2}+\frac{ca}{c+a}\sin^{2}\frac{\beta}{2}+\frac{ab}{a+b}\sin^{2}\frac{\gamma}{2}\right)-(a+b+c)\leqslant
\leqslant(b+c)(1-\cos\alpha)+(c+a)(1-\cos\beta)+(a+b)(1-\cos\gamma)-(a+b+c)=
=(2a+2b+2c)-(b\cos\gamma+c\cos\beta+a\cos\gamma+c\cos\alpha+b\cos\alpha+a\cos\beta)-(a+b+c)=
=2(a+b+c)-(a+b+c)-(a+b+c)=0.
Следовательно,
\frac{bc}{b+c}\sin^{2}\frac{\alpha}{2}+\frac{ca}{c+a}\sin^{2}\frac{\beta}{2}+\frac{ab}{a+b}\sin^{2}\frac{\gamma}{2}\leqslant\frac{a+b+c}{8}.
Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2006, № 8, задача 3096 (2005, с. 544, 547), с. 531