16347. Углы треугольника, противолежащие сторонам a
, b
и c
, равны \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно, медианы, проведённые к этим сторонам, равны m_{a}
, m_{b}
и m_{c}
соответственно, радиусы вневписанных окружностей, касающихся этих сторон, равны r_{a}
, r_{b}
и r_{c}
соответственно, радиус вписанной окружности равен r
, а радиус описанной окружности — R
. Докажите, что
\frac{m_{a}}{r_{a}}+\frac{m_{b}}{r_{b}}+\frac{m_{c}}{r_{c}}\leqslant\frac{2R}{r}-1.
Решение. Пусть d_{a}
, d_{b}
и d_{c}
— расстояния от центра O
описанной окружности данного треугольника ABC
до сторон BC=a
, CA=b
и AB=c
соответственно. Тогда из неравенства треугольника получаем
m_{a}\leqslant R+d_{a},~m_{b}\leqslant R+d_{b},~m_{c}\leqslant R+d_{c},
Пусть K
— середина стороны BC
. Тогда
d_{a}=OK=OB\cos\angle BOK=OB\cos\frac{1}{2}\angle BOC=R\cos\alpha.
Аналогично,
d_{b}=R\cos\beta,~d_{c}=R\cos\gamma.
Тогда
m_{a}\leqslant R+d_{a}=R(1+\cos\alpha),~m_{b}\leqslant R+d_{b}=R(1+\cos\beta),~m_{c}\leqslant R+d_{c}=R(1+\cos\gamma).
Кроме того, если p
полупериметр треугольника ABC
, а S
— площадь, то
S=pr=(p-a)r_{a}=(p-b)r_{b}=(p-c)r_{c}
(см. задачи 452 и 392), откуда
r_{a}=\frac{pr}{p-a},~r_{b}=\frac{pr}{p-b},~r_{c}=\frac{pr}{p-c}.
Таким образом,
\frac{m_{a}}{r_{a}}+\frac{m_{b}}{r_{b}}+\frac{m_{c}}{r_{c}}\leqslant\frac{R(1+\cos\alpha)}{r_{a}}+\frac{R(1+\cos\beta)}{r_{b}}+\frac{R(1+\cos\gamma)}{r_{c}}=
=R\left(\frac{1+\cos\alpha}{r_{a}}+\frac{1+\cos\beta}{r_{b}}+\frac{1+\cos\gamma}{r_{c}}\right)=
=R\left(\frac{(1+\cos\alpha)(p-a)}{pr}+\frac{(1+\cos\beta)(p-b)}{pr}+\frac{(1+\cos\gamma)(p-c)}{p}\right)=
=\frac{R}{pr}\left((1+\cos\alpha)(p-a)+(1+\cos\beta)(p-b)+(1+\cos\gamma)(p-c)\right)=
=\frac{R}{r}\left((1+\cos\alpha)\left(1-\frac{a}{p}\right)+(1+\cos\beta)\left(1-\frac{b}{p}\right)+(1+\cos\gamma)\left(1-\frac{c}{p}\right)\right)=
=\frac{R}{r}(3+\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma)-\frac{2Rp}{pr}-\frac{R}{pr}(a\cos\alpha+b\cos\beta+c\cos\gamma)=
=\frac{R}{r}+\frac{R}{r}(\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma)-\frac{2Rp}{pr}-\frac{R}{pr}(a\cos\alpha+b\cos\beta+c\cos\gamma).
Поскольку
\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma=\frac{R+r}{r}
(см. задачу 3238) и
a\cos\alpha+b\cos\beta+c\cos\gamma=\frac{ad_{a}}{R}+\frac{bd_{b}}{R}+\frac{cd_{c}}{R}=
=\frac{1}{R}(ad_{a}+bd_{b}+cd_{c})=\frac{2S}{R},
то
\frac{m_{a}}{r_{a}}+\frac{m_{b}}{r_{b}}+\frac{m_{c}}{r_{c}}\leqslant\frac{R}{2}+\frac{R}{r}\left(1+\frac{R}{r}\right)-\frac{R}{pr}\cdot\frac{2S}{R}=
=\frac{2R}{r}+1-\frac{2S}{S}=\frac{2R}{r}+1-2=\frac{2R}{r}-1.
Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2015, № 8, задача 3973, с. 358