16345. Углы треугольника ABC
, противолежащие сторонам BC
, CA
и AB
равны \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно, радиус описанной окружности треугольника равен R
. Точка P
, лежащая внутри треугольника, удалена от его сторон BC
, CA
и AB
на расстояния x
, y
и z
соответственно. Докажите, что
\frac{(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^{4}}{\sin^{4}\alpha+\sin^{4}\beta+\sin^{4}\gamma}\leqslant12R^{2}.
В каком случае достигается равенство?
Решение. Обозначим BC=a
, CA=b
и AB=c
. Применив неравенство Коши—Буняковского (см. задачу 7946) к наборам (\sqrt{ab},\sqrt{bc},\sqrt{ca})
и (\sqrt{ax},\sqrt{by},\sqrt{cz})
, получим
abc(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^{2}=(\sqrt{bc}\sqrt{ax}+\sqrt{ca}\sqrt{by}+\sqrt{ab}\sqrt{cz})^{2}\leqslant
\leqslant(bc+ca+ab)(ax+by+cz).
Заметим, что
(ab+bc+ca)^{2}\leqslant(ab+bc+ca)^{2}+\left(\frac{3}{2}(a^{2}-b^{2})^{2}+a^{2}(b-c)^{2}\right)+
+\left(\frac{3}{2}(b^{2}-c^{2})^{2}+b^{2}(c-a)^{2}\right)+\left(\frac{3}{2}(c^{2}-a^{2})^{2}+c^{2}(a-b)^{2}\right)=3(a^{4}+b^{4}+c^{4}).
По теореме синусов
a=2R\sin\alpha,~b=2R\sin\beta,~c=2R\sin\gamma.
Пусть S
— площадь данного треугольника. Тогда (см. задачу 4259)
abc=4RS=4R\left(\frac{1}{2}ax+\frac{1}{2}by+\frac{1}{2}cz\right)=2R(ax+by+cz).
Следовательно,
\frac{(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^{4}}{\sin^{4}\alpha+\sin^{4}\beta+\sin^{4}\gamma}\leqslant\frac{(ab+bc+ca)^{2}(ax+by+cz)^{2}}{(abc)^{2}(\sin^{4}\alpha+\sin^{4}\beta+\sin^{4}\gamma)}\leqslant
\leqslant\frac{3(a^{4}+b^{4}+c^{4})^{2}(ax+by+cz)^{2}}{4R^{2}(ax+by+cz)^{2}(\sin^{4}\alpha+\sin^{4}\beta+\sin^{4}\gamma)}=\frac{3(a^{4}+b^{4}+c^{4})^{2}}{4R^{2}(\sin^{4}\alpha+\sin^{4}\beta+\sin^{4}\gamma)}=
=\frac{3}{4}\cdot\frac{16R^{4}\sin^{4}\alpha+16R^{4}\sin^{4}\beta+16R^{4}\sin^{4}\gamma}{R^{4}(\sin^{4}\alpha+\sin^{4}\beta+\sin^{4}\gamma)}=12R^{2}.
Что и требовалось доказать.
Равенство достигается тогда и только тогда, когда x=y=z
и a=b=c
, т. е. тогда и только тогда, когда треугольник равносторонний, а точка P
— его центр.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2015, № 7, задача 3964, с. 310