16281. Докажите что для любого треугольника ABC
со сторонами a
, b
и c
верно неравенство
\sqrt{3}(R_{a}+R_{b}+R_{c})\leqslant a+b+c,
где R_{a}
, R_{b}
и R_{c}
— расстояния от центра вписанной окружности треугольника до вершин A
, B
и C
соответственно.
Решение. Пусть I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
, M
—точка касания окружности со стороной AB
, p
— полупериметр треугольника, а углы при вершинах A
, B
и C
равны \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно. Тогда (см. задачу 219) AM=p-a
.
Применив теорему косинусов, получим
\cos\frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{1+\cos\alpha}{2}}=\sqrt{\frac{1+\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}}{2}}=\sqrt{\frac{2bc+b^{2}+c^{2}-a^{2}}{4bc}}=\frac{\sqrt{\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{4}}}{\sqrt{bc}}=
=\frac{\sqrt{\frac{(b+c)^{2}-a^{2}}{4}}}{\sqrt{bc}}=\frac{\sqrt{\frac{(b+c+a)(b+c-a)}{4}}}{\sqrt{bc}}=\frac{\sqrt{p(p-a)}}{\sqrt{bc}}.
Аналогично,
\cos\frac{\beta}{2}=\frac{\sqrt{p(p-b)}}{\sqrt{ac}},~\cos\frac{\gamma}{2}=\frac{\sqrt{p(p-c)}}{\sqrt{bc}}.
Из прямоугольного треугольника AMI
получаем
R_{a}=AI=\frac{AM}{\cos\frac{\alpha}{2}}=\frac{p-a}{\cos\frac{\alpha}{2}}=\frac{p-a}{\frac{\sqrt{p(p-a)}}{\sqrt{bc}}}=\frac{\sqrt{bc}\sqrt{p-a}}{p}=\sqrt{bc}\cdot\sqrt{1-\frac{a}{p}}.
Аналогично,
R_{b}=\sqrt{ac}\cdot\sqrt{1-\frac{b}{p}},~R_{c}=\sqrt{ab}\cdot\sqrt{1-\frac{c}{p}}.
Применив неравенство Коши—Буняковского (см. задачу 7946), получим
(R_{a}+R_{b}+R_{c})^{2}=\left(\sqrt{bc}\cdot\sqrt{1-\frac{a}{p}}+\sqrt{ac}\cdot\sqrt{1-\frac{b}{p}}+\sqrt{ab}\cdot\sqrt{1-\frac{c}{p}}\right)^{2}\leqslant
\leqslant(bc+ac+ab)\left(1-\frac{a}{p}+1-\frac{b}{p}+1-\frac{c}{p}\right)=(bc+ac+ab)\left(3-\frac{2p}{p}\right)=
=bc+ac+ab,
или
\sqrt{3}(R_{a}+R_{b}+R_{c})\leqslant\sqrt{3(ab+ac+bc)}.
Теперь достаточно доказать, что
\sqrt{3(ab+ac+bc)}\leqslant a+b+c.
Последнее неравенство равносильно очевидному неравенству
a^{2}+b^{2}+c^{2}\geqslant ab+ac+bc.
Отсюда следует утверждение задачи.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2009, № 4, задача 3341 (2008, с. 240,242), с. 242