16335. Радиусы вписанной и описанной окружностей треугольника со сторонами a
, b
и c
равны r
и R
соответственно. Докажите, что
\frac{a^{3}c}{a^{2}+ab+b^{2}}+\frac{b^{3}a}{b^{2}+bc+c^{2}}+\frac{c^{3}b}{c^{2}+ca+a^{2}}\geqslant6rR.
Решение. Поскольку
a^{2}+ab+b^{2}=a^{2}-2ab+b^{2}+3ab=(a-b)^{2}+3ab\geqslant3ab,
получаем
\frac{a^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}}=a-\frac{a^{2}b+ab^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}\geqslant a-\frac{a^{2}b+ab^{2}}{3ab}=a-\frac{1}{3}(a+b)=\frac{2a-b}{3}.
Значит,
\frac{a^{3}c}{a^{2}+ab+b^{2}}\geqslant\frac{2ac-bc}{3}.
Аналогично,
\frac{b^{3}a}{b^{2}+bc+c^{2}}\geqslant\frac{2ab-ca}{3},~\frac{c^{3}b}{c^{2}+ca+a^{2}}\geqslant\frac{2bc-ab}{3}.
Тогда
\frac{a^{3}c}{a^{2}+ab+b^{2}}+\frac{b^{3}a}{b^{2}+bc+c^{2}}+\frac{c^{3}b}{c^{2}+ca+a^{2}}\geqslant
\geqslant\frac{2ac-bc}{3}+\frac{2ab-ca}{3}+\frac{2bc-ab}{3}=\frac{1}{3}(ab+bc+ca).
Теперь достаточно доказать, что
ab+bc+ca\geqslant18rR.
Пусть S
— площадь треугольника, p
— полупериметр. Поскольку среднее арифметическое трёх положительных чисел не меньше их среднего гармонического (см. примечание к задаче 3399), то
\frac{ab+bc+ca}{3}\geqslant\frac{1}{\frac{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}{3}}~\Rightarrow~ab+bc+ca\geqslant\frac{9abc}{a+b+c}=9\cdot\frac{4SR}{2p}=9\cdot\frac{2SR}{\frac{S}{r}}=18rR
(S=\frac{abc}{4R}
и S=pr
). Что и требовалось доказать.
Равенство достигается тогда и только тогда, когда треугольник равносторонний.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2013, № 7, задача 3769 (2012, с. 285, 287), с. 336