16252. Вписанная окружность касается сторон AB
, BC
и CA
треугольника ABC
в точках P
, Q
и T
соответственно. Докажите, что
\frac{BC}{PQ}+\frac{CA}{QT}+\frac{AB}{TP}\geqslant6.
Решение. Пусть углы треугольника ABC
, противолежащие сторонам BC=a
, CA=b
и AB=c
, равны \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно, полупериметр треугольника равен p
, I
— центр вписанной окружности треугольника, r
— её радиус, R
— радиус описанной окружности, а S
— площадь треугольника. Тогда
\sin\frac{\beta}{2}=\sqrt{\frac{1-\cos\beta}{2}}=\sqrt{\frac{1-\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}}{2}}=\sqrt{\frac{b^{2}-(a-c)^{2}}{4ac}}=
=\sqrt{\frac{(b-a+c)(b+a-c)}{4ac}}=\sqrt{\frac{(p-a)(p-c)}{ac}}.
Из равнобедренного треугольника BPQ
получаем (см. задачу 219)
PQ=2BQ\sin\angle IBQ=2(p-b)\sin\frac{\beta}{2}=2(p-b)\sqrt{\frac{(p-a)(p-c)}{ac}}.
Аналогично,
QT=2(p-c)\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)}{ab}}~\mbox{и}~TP=2(p-a)\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{bc}}.
Значит (см. задачу 3399),
\frac{BC}{PQ}+\frac{CA}{QT}+\frac{AB}{TP}\geqslant3\sqrt[{3}]{{\frac{BC}{PQ}\cdot\frac{CA}{QT}\cdot\frac{AB}{TP}}}=3\sqrt[{3}]{{\frac{(abc)^{2}}{8(p-a)^{2}(p-b)^{2}(p-c)^{2}}}}.
Таким образом, достаточно доказать, что
\sqrt[{3}]{{\frac{(abc)^{2}}{(p-a)^{2}(p-b)^{2}(p-c)^{2}}}}\geqslant4.
Это неравенство верно, так как, учитывая что,
S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)},~S=pr
(см. задачи 2730 и 4259), получим
\sqrt[{3}]{{\frac{(abc)^{2}}{(p-a)^{2}(p-b)^{2}(p-c)^{2}}}}\geqslant4~\Leftrightarrow~\frac{(abc)^{2}}{(p-a)^{2}(p-b)^{2}(p-c)^{2}}\geqslant64~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~abc\geqslant8(p-a)(p-b)(p-c)~\Leftrightarrow~4RS\geqslant\frac{8S^{2}}{p}~\Leftrightarrow~R\geqslant\frac{2S}{p}~\Leftrightarrow~R\geqslant2r.
Последнее неравенство верно (см. задачу 3587). Отсюда следует утверждение задачи.
Равенство достигается тогда и только тогда, когда треугольник равносторонний.
Источник: Корейские математические олимпиады. —
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2007, № 3, задача 4, (2006, с. 86-87), с. 155