16286. Пусть r
и R
— радиусы соответственно вписанной и описанной окружностей треугольника ABC
со сторонами BC=a
, CA=b
и AB=c
. Докажите, что
\frac{R}{2r}\geqslant\left(\frac{64a^{2}b^{2}c^{2}}{(4a^{2}-(b-c)^{2})(4b^{2}-(c-a)^{2})(4c^{2}-(a-b)^{2})}\right)^{2}.
Решение. Пусть p
— полупериметр треугольника ABC
, S
— площадь. Выражая тремя способами площадь треугольника ABC
(см. задачи 2730, 4259 и 452), получим
S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\frac{abc}{4R}=pr,
откуда
\frac{R}{2r}=\frac{\frac{abc}{4S}}{\frac{2S}{p}}=\frac{abc}{8(p-a)(p-b)(p-c)}.
По неравенству Коши (см. примечание к задаче 3399)
4a^{2}-(b-c)^{2}=a^{2}+a^{2}+a^{2}+(a^{2}-(b-c)^{2})=
=a^{2}+a^{2}+a^{2}+(a-b+c)(a+b-c)=a^{2}+a^{2}+a^{2}+4(p-b)(p-c)\geqslant
\geqslant4\sqrt[{4}]{{a^{2}a^{2}a^{2}\cdot4(p-b)(p-c)}}=4a\sqrt[{4}]{{4a^{2}(p-b)(p-c)}}.
Аналогично,
4b^{2}-(c-a)^{2}\geqslant4b\sqrt[{4}]{{4b^{2}(p-c)(p-a)}},~4c^{2}-(c-a)^{2}\geqslant4b\sqrt[{4}]{{4b^{2}(p-a)(p-b)}}.
Значит,
\frac{4a^{2}}{4a^{2}-(b-c)^{2}}\cdot\frac{4b^{2}}{4b^{2}-(c-a)^{2}}\cdot\frac{4c^{2}}{4c^{2}-(a-b)^{2}}\leqslant
\leqslant\frac{4a^{2}}{4a\sqrt[{4}]{{4a^{2}(p-b)(p-c)}}}\cdot\frac{4b^{2}}{\sqrt[{4}]{{4b^{2}(p-c)(p-a)}}}\cdot\frac{4c^{2}}{\sqrt[{4}]{{4c^{2}(p-a)(p-b)}}}=
=\frac{a}{\sqrt[{4}]{{4a^{2}(p-b)(p-c)}}}\cdot\frac{b}{\sqrt[{4}]{{4b^{2}(p-c)(p-a)}}}\cdot\frac{c}{\sqrt[{4}]{{4c^{2}(p-a)(p-b)}}}.
Следовательно,
\left(\frac{64a^{2}b^{2}c^{2}}{(4a^{2}-(b-c)^{2})(4b^{2}-(c-a)^{2})(4c^{2}-(a-b)^{2})}\right)^{2}\leqslant
\leqslant\frac{a^{2}b^{2}c^{2}}{\sqrt{64a^{2}b^{2}c^{2}(p-a)^{2}(p-b)^{2}(p-c)^{2}}}=\frac{abc}{8(p-a)(p-b)(p-c)}=\frac{R}{2r}.
Что и требовалось доказать.
Источник: Болгарские математические олимпиады. — 2006
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2010, № 1, задача 7 (2008, с. 410-412), с. 25