16294. Радиус вписанной окружности треугольника ABC
равен r
, радиусы вневписанных окружностей, касающихся сторон BC=a
, CA=b
и AB=c
, равны r_{a}
, r_{b}
и r_{c}
соответственно; высоты треугольника, опущенные на стороны BC
, CA
и AB
, равны h_{a}
, h_{b}
и h_{c}
соответственно. Докажите, что
\frac{h_{a}+2r_{a}}{r+r_{a}}+\frac{h_{b}+2r_{b}}{r+r_{b}}+\frac{h_{c}+2r_{c}}{r+r_{c}}\geqslant\frac{27}{4}.
Решение. Пусть S
— площадь треугольника ABC
, p
— полупериметр. Тогда
h_{a}=\frac{2S}{a},~r=\frac{S}{p},~r_{a}=\frac{S}{p-a}
(см. задачи 452 и 392). Значит,
\frac{h_{a}+2r_{a}}{r+r_{a}}=\frac{\frac{2S}{a}+\frac{2S}{p-a}}{\frac{S}{p}+\frac{S}{p-a}}=\frac{2p^{2}}{a(2p-a)}=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2a(b+c)}.
Аналогично,
\frac{h_{b}+2r_{b}}{r+r_{b}}=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2b(a+c)}~\mbox{и}~\frac{h_{c}+2r_{c}}{r+r_{c}}=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2c(a+b)}.
Тогда
\frac{h_{a}+2r_{a}}{r+r_{a}}+\frac{h_{b}+2r_{b}}{r+r_{b}}+\frac{h_{c}+2r_{c}}{r+r_{c}}=\frac{1}{2}(a+b+c)^{2}\left(\frac{1}{a(b+c)}+\frac{1}{b(a+c)}+\frac{1}{c(a+b)}\right).
Поскольку
(a+b+c)^{2}\geqslant3(ab+bc+ac)~\Leftrightarrow~a^{2}+b^{2}+c^{2}\geqslant ab+bc+ac~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(a-c)^{2}\geqslant0,
получаем
\frac{h_{a}+2r_{a}}{r+r_{a}}+\frac{h_{b}+2r_{b}}{r+r_{b}}+\frac{h_{c}+2r_{c}}{r+r_{c}}\geqslant\frac{3}{2}(ab+bc+ac)\left(\frac{1}{a(b+c)}+\frac{1}{b(a+c)}+\frac{1}{c(a+b)}\right).
Заметим, что
ab+bc+ac=\frac{1}{2}(a(b+c)+b(a+c)+c(a+b)),
поэтому достаточно доказать, что
(ab+bc+ac)\left(\frac{1}{a(b+c)}+\frac{1}{b(a+c)}+\frac{1}{c(a+b)}\right)\geqslant9.
Обозначим a(b+c)=x
, b(a+c)=y
и c(a+b)=z
. Известно, что среднее арифметическое трёх положительных чисел не меньше их среднего гармонического (см. примечание к задаче 3399), т. е.
\frac{x+y+z}{3}\geqslant\frac{1}{\frac{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}{3}}~\Leftrightarrow~(x+y+z)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\geqslant9.
Следовательно,
\frac{h_{a}+2r_{a}}{r+r_{a}}+\frac{h_{b}+2r_{b}}{r+r_{b}}+\frac{h_{c}+2r_{c}}{r+r_{c}}\geqslant
\geqslant\frac{3}{2}(ab+bc+ac)\left(\frac{1}{a(b+c)}+\frac{1}{b(a+c)}+\frac{1}{c(a+b)}\right)=
=\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{2}(a(b+c)+b(a+c)+c(a+b))\left(\frac{1}{a(b+c)}+\frac{1}{b(a+c)}+\frac{1}{c(a+b)}\right)\geqslant
\geqslant\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot9=\frac{27}{4}.
Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2010, № 4, задача 3450 (2009, с. 235, 237), с. 255