16369. Точка M
, лежащая внутри треугольника ABC
со сторонами BC=a
, CA=b
и AB=c
, удалена от вершин A
, B
и C
на расстояния x
, y
и z
соответственно. Известно, что
\sqrt{(a+y-z)(a-y+z)}+\sqrt{(b+z-x)(b-z+x)}+\sqrt{(c+x-y)(c-x+y)}=\sqrt{3}(x+y+z).
Докажите, что треугольник ABC
равносторонний.
Решение. Применив неравенство Коши—Буняковского к наборам
(\sqrt{a+y-z},\sqrt{b+z-x},\sqrt{c+x-y})~\mbox{и}~(\sqrt{a-y+z},\sqrt{b-z+x},\sqrt{c-x+y}),
получим
(a+b+c)^{2}=(a+y-z+b+z-x+c+x-y)(a-y+z+b-z+x+c-x+y)\geqslant
\geqslant(\sqrt{(a+y-z)(a-y+z)}+\sqrt{(b+z-x)(b-z+x)}+\sqrt{(c+x-y)(c-x+y)})^{2}=
=(\sqrt{3}(x+y+z))^{2},
откуда
a+b+c\geqslant\sqrt{3}(x+y+z).
С другой стороны, поскольку
\sqrt{(a+y-z)(a-y+z)}=\sqrt{a^{2}-(y-z)^{2}}\geqslant a,
и аналогично,
\sqrt{(b+z-x)(b-z+x)}\geqslant b~\mbox{и}~\sqrt{(c+x-y)(c-x+y)}\geqslant c,
то
a+b+c\leqslant\sqrt{3}(x+y+z).
Значит,
a+b+c=\sqrt{3}(x+y+z),
что возможно только при x=y=z
, так как если, например, a+b+c\gt\sqrt{3}(x+y+z)
, то не выполняется одно из трёх полученных выше неравенств. Таким образом, точка M
совпадает с центром O
описанной окружности треугольника ABC
, и
x=y=z=R,
где R
— радиус описанной окружности треугольника ABC
.
Пусть углы при вершинах A
, B
и C
данного треугольника равны \alpha
, \beta
и \gamma
. Тогда по теореме синусов
a=2R\sin\alpha,~b=2R\sin\beta,~c=2R\sin\gamma,
поэтому
2R(\sin\alpha+\sin\beta+\sin\gamma)=a+b+c=x=y=z=3R\sqrt{3}~\Rightarrow~\sin\alpha+\sin\beta+\sin\gamma=\frac{3\sqrt{3}}{2}.
В то же время,
\sin\alpha+\sin\beta+\sin\gamma\leqslant\frac{3\sqrt{3}}{2}
(см. задачу 3251а), причём равенство достигается тогда и только тогда, когда треугольник равносторонний. Отсюда следует утверждение задачи.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2019, № 6, задача 4392, с. 366