16327. Стороны треугольника равны a
, b
и c
, полупериметр равен p
, а радиусы вписанной и описанной окружности равны r
и R
соответственно. Докажите, что
6\leqslant\frac{b(p-b)+c(p-c)}{a(p-a)}+\frac{a(p-a)+c(p-c)}{b(p-b)}+\frac{a(p-a)+b(p-b)}{c(p-c)}\leqslant\frac{3R}{r}.
Решение. 1. Среднее арифметическое двух положительных чисел не меньше их среднего геометрического, поэтому
\frac{b(p-b)+c(p-c)}{a(p-a)}+\frac{a(p-a)+c(p-c)}{b(p-b)}+\frac{a(p-a)+b(p-b)}{c(p-c)}=
=\left(\frac{b(p-b)}{a(p-a)}+\frac{c(p-c)}{a(p-a)}\right)+\left(\frac{a(p-a)}{b(p-b)}+\frac{c(p-c)}{b(p-b)}\right)+\left(\frac{a(p-a)}{c(p-c)}+\frac{b(p-b)}{c(p-c)}\right)=
=\left(\frac{b(p-b)}{a(p-a)}+\frac{a(p-a)}{b(p-b)}\right)+\left(\frac{c(p-c)}{a(p-a)}+\frac{a(p-a)}{c(p-c)}\right)+\left(\frac{c(p-c)}{b(p-b)}+\frac{b(p-b)}{c(p-c)}\right)\geqslant
\geqslant2\sqrt{\frac{b(p-b)}{a(p-a)}\cdot\frac{a(p-a)}{b(p-b)}}+2\sqrt{\frac{c(p-c)}{a(p-a)}\cdot\frac{a(p-a)}{c(p-c)}}+2\sqrt{\frac{c(p-c)}{b(p-b)}\cdot\frac{b(p-b)}{c(p-c)}}=
=2+2+2=6.
2. Умножив обе части правого неравенства
\frac{b(p-b)+c(p-c)}{a(p-a)}+\frac{a(p-a)+c(p-c)}{b(p-b)}+\frac{a(p-a)+b(p-b)}{c(p-c)}\leqslant\frac{3R}{r}
на abc\cdot(p-a)(p-b)(p-c)
, получим равносильное ему неравенство
bc(p-b)(p-c)(b(p-b)+c(p-c))+ac(p-a)(p-c)(a(p-a)+c(p-c))+ab(p-a)(p-c)(a(p-a)+b(p-b))\leqslant
\leqslant\frac{3R}{r}\cdot abc\cdot(p-a)(p-b)(p-c).
Обозначим через L
левую часть этого неравенства.
Пусть S
— площадь треугольника. Тогда
S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)},~S=\frac{abc}{4R},~S=pr
поэтому
\frac{3R}{r}\cdot abc\cdot(p-a)(p-b)(p-c)=\frac{3R}{r}\cdot abc\cdot\frac{S^{2}}{p}=\frac{3R}{r}\cdot abc\cdot\frac{(pr)^{2}}{p}=
=3R\cdot abc\cdot pr=3R\cdot abc\cdot S=3R\cdot abc\cdot\frac{abc}{4R}=\frac{3(abc)^{2}}{4}.
Таким образом, осталось доказать, что L\leqslant\frac{3(abc)^{2}}{4}
.
Заметим (см. задачу 3399), что
(p-b)(p-c)\leqslant\left(\frac{(p-b)+(p-c)}{2}\right)^{2}=\frac{a^{2}}{4}.
Аналогично,
(p-a)(p-c)\leqslant\frac{b^{2}}{4}~\mbox{и}~(p-a)(p-b)\leqslant\frac{c^{2}}{4}.
Значит,
L\leqslant\frac{abc}{4}\cdot((ab(p-b)+ac(p-c))+(bc(p-c)+ba(p-a))+(ca(p-a)+cb(p-b)))=
=\frac{abc}{4}\cdot(ab(p-b+p-a)+ac(p-c+p-a)+bc(p-a+p-b))=
=\frac{abc}{4}\cdot(abc+acb+bca)=\frac{abc}{4}\cdot3abc=\frac{3(abc)^{2}}{4}.
Что и требовалось доказать.
Примечание. Заметим, что из доказанного неравенства \frac{3R}{r}\geqslant6
следует знаменитое неравенство R\geqslant2r
.
Равенство достигается тогда и только тогда, когда треугольник равносторонний.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2012, № 8, задача 3675 (2011, с. 390, 392), с. 347