16367. Углы треугольника ABC
, противолежащие сторонам BC=a
, CA=b
и AB=c
, равны \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно, а радиусы вписанной и описанной окружностей треугольника равны r
и R
соответственно. Докажите, что
a^{2}\tg\frac{\alpha}{2}+b^{2}\tg\frac{\beta}{2}+c^{2}\tg\frac{\gamma}{2}\leqslant\frac{3\sqrt{3}R^{3}(R-r)}{2r^{2}}.
Решение. Применив теорему синусов и формулу синуса двойного аргумента, получим
a^{2}\tg\frac{\alpha}{2}=4R^{2}\sin^{2}\alpha\cdot\tg\frac{\alpha}{2}=4R^{2}\sin\alpha\cdot2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}\cdot\frac{\sin\frac{\alpha}{2}}{\cos\frac{\alpha}{2}}=
=4R^{2}\sin\alpha\cdot2\sin^{2}\frac{\alpha}{2}=4R^{2}\sin\alpha(1-\cos\alpha)=4R^{2}(\sin\alpha-\sin\alpha\cos\alpha)=
=4R^{2}\left(\sin\alpha-\frac{1}{2}\sin2\alpha\right).
Аналогично,
b^{2}\tg\frac{\beta}{2}=4R^{2}\left(\sin\beta-\frac{1}{2}\sin2\beta\right),
c^{2}\tg\frac{\gamma}{2}=4R^{2}\left(\sin\alpha-\frac{1}{2}\sin2\alpha\right).
Тогда, учитывая, что
\sin2\alpha+\sin2\beta+\sin2\gamma=\frac{2pr}{R^{2}},
(см. задачу 16165),
p\leqslant\frac{3R\sqrt{3}}{2}~\mbox{и}~R\geqslant2r
(см. задачи 3226 и 3587), получим
a^{2}\tg\frac{\alpha}{2}+b^{2}\tg\frac{\beta}{2}+c^{2}\tg\frac{\gamma}{2}=
=4R^{2}\left(\left(\sin\alpha-\frac{1}{2}\sin2\alpha\right)+\left(\sin\beta-\frac{1}{2}\sin2\beta\right)+\left(\sin\gamma-\frac{1}{2}\sin2\alpha\right)\right)=
=4R^{2}\left((\sin\alpha+\sin\beta+\sin\gamma)-\frac{1}{2}\left(\sin2\alpha+\sin2\beta+\sin2\gamma\right)\right)=
=4R^{2}\left(\frac{a}{2R}+\frac{b}{2R}+\frac{c}{2R}-\frac{pr}{R^{2}}\right)=4R^{2}\left(\frac{p}{R}-\frac{pr}{R^{2}}\right)=4p(R-r)\leqslant
\leqslant6R\sqrt{3}(R-r)=\frac{6R\sqrt{3}(R-r)(2r)^{2}}{(2r)^{2}}\leqslant\frac{6\sqrt{3}R(R-r)R^{2}}{4r^{2}}=
=\frac{3\sqrt{3}R^{3}(R-r)}{2r^{2}}.
Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2019, № 6, задача 4380, с. 354