16300. Точка I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
, R
— радиус описанной окружности. Докажите, что
AI+BI+CI\leqslant3R.
Решение. Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
, \angle BAC=\alpha
, p
— полупериметр треугольника ABC
.
По теореме косинусов
\cos\alpha=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}~\Rightarrow~\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}}=\sqrt{\frac{(b+c)^{2}-a^{2}}{4bc}}=
=\sqrt{\frac{(a+b+c)(b+c-a)}{4bc}}=\sqrt{\frac{p(p-a)}{bc}}.
Пусть вписанная окружность треугольника касается стороны AB
в точке M
. Из прямоугольного треугольника AMI
получаем
AI=\frac{AM}{\cos\frac{\alpha}{2}}=\frac{p-a}{\sqrt{\frac{p(p-a)}{bc}}}=\sqrt{\frac{bc(p-a)}{p}}.
Аналогично,
BI=\sqrt{\frac{ac(p-b)}{p}},~CI=\sqrt{\frac{ab(p-c)}{p}}.
Обозначим
\sqrt{bc}=x,~\sqrt{ac}=y,~\sqrt{ab}=z,~\sqrt{\frac{p-a}{p}}=x_{1},~\sqrt{\frac{p-b}{p}}=y_{1},~\sqrt{\frac{p-c}{p}}=z_{1}.
По неравенству Коши—Буняковского (см. задачу 7946)
AI+BI+CI=xx_{1}+yy_{1}+zz_{1}\leqslant\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\cdot\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}+z_{1}^{2}}=
=\sqrt{bc+ab+ac}\cdot\sqrt{\frac{p-a}{p}+\frac{p-b}{p}+\frac{p-c}{p}}=
=\sqrt{bc+ab+ac}\cdot\sqrt{\frac{3p-2p}{p}}=\sqrt{bc+ab+ac}.
Осталось доказать, что
ab+bc+ca\leqslant9R^{2}.
Пусть радиус вписанной окружности треугольника ABC
равен r
. Применив равенство
bc+ab+ac=r^{2}+4Rr+p^{2}
(см. задачу 11293) и неравенства
r\leqslant\frac{R}{2}~\mbox{и}~p\leqslant\frac{3R\sqrt{3}}{2}
(см. задачи 3587 и 3226), получим
ab+bc+ac\leqslant\left(\frac{R}{2}\right)^{2}+4R\cdot\frac{R}{2}+\left(\frac{3R\sqrt{3}}{2}\right)^{2}=9R^{2}.
Следовательно,
AI+BI+CI\leqslant3R.
Что и требовалось доказать.
Равенство достигается тогда и только тогда, когда треугольник ABC
равносторонний.
Примечание. См. также задачу 11284.
Источник: Молдавские математические олимпиады. — 2007
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2011, № 1, задача 6 (2010, с. 81-83), с. 37