16344. Стороны треугольника равны a
, b
и c
, биссектрисы треугольника, проведённые из вершин углов, противолежащих эти сторонам, равны l_{a}
, l_{b}
и l_{c}
соответственно, а R
— радиус описанной окружности треугольника. Докажите, что
а) \frac{a^{2}}{l_{b}l_{c}}+\frac{b^{2}}{l_{a}l_{c}}+\frac{c^{2}}{l_{a}l_{b}}\geqslant4
;
б) \left(\frac{a}{l_{b}l_{c}}\right)^{2}+\left(\frac{b}{l_{a}l_{c}}\right)^{2}+\left(\frac{c}{l_{a}l_{b}}\right)^{2}\geqslant\left(\frac{4}{3R}\right)^{2}
.
Решение. а) Пусть p
— полупериметр треугольника. Поскольку (см. задачу 3228)
l_{a}\leqslant\sqrt{p(p-a)},~l_{b}\leqslant\sqrt{p(p-b)},~l_{c}\leqslant\sqrt{p(p-c)},
то
l_{a}l_{b}\leqslant\sqrt{p^{2}(p-a)(p-b)}=p\sqrt{(p-a)(p-b)}\leqslant p\left(\frac{(p-a)+(p-b)}{2}\right)=\frac{pc}{2}.
(см. задачу 3399). Аналогично,
l_{a}l_{c}\leqslant\frac{pb}{2},~l_{b}l_{c}\leqslant\frac{pa}{2}
Следовательно,
\frac{a^{2}}{l_{b}l_{c}}+\frac{b^{2}}{l_{a}l_{c}}+\frac{c^{2}}{l_{a}l_{b}}\geqslant\frac{2a^{2}}{pa}+\frac{2b^{2}}{pb}+\frac{2c^{2}}{pc}=\frac{2}{p}(a+b+c)=\frac{2}{p}\cdot2p=4
Что и требовалось доказать.
б) Поскольку
l_{a}l_{b}\leqslant\frac{pc}{2},~l_{a}l_{c}\leqslant\frac{pb}{2},~l_{b}l_{c}\leqslant\frac{pa}{2},
то
\left(\frac{a}{l_{b}l_{c}}\right)^{2}\geqslant\frac{4}{p^{2}},~\left(\frac{a}{l_{b}l_{c}}\right)^{2}\geqslant\frac{4}{p^{2}},~\left(\frac{a}{l_{b}l_{c}}\right)^{2}\geqslant\frac{4}{p^{2}},
а так как
2p\leqslant3R\sqrt{3}
(см. задачу 3226), то
\left(\frac{a}{l_{b}l_{c}}\right)^{2}+\left(\frac{b}{l_{a}l_{c}}\right)^{2}+\left(\frac{c}{l_{a}l_{b}}\right)^{2}\geqslant\frac{12}{p^{2}}=\frac{48}{(a+b+c)^{2}}\geqslant\frac{48}{27R^{2}}=\left(\frac{4}{3R}\right)^{2}.
Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2015, № 5, задача 3946, с. 222