16385. Расстояния от точки L
пересечения симедиан треугольника ABC
(точка Лемуана) до его сторон BC
, CA
и AB
равны k_{a}
, k_{b}
и k_{c}
соответственно, радиус вписанной окружности и полупериметр треугольника равны r
и p
соответственно. Докажите, что
\left(\frac{1}{r}\right)^{2}-\left(\frac{3}{p}\right)^{2}\geqslant\frac{2}{k_{a}^{2}+k_{b}^{2}+k_{b}^{2}}.
Решение. Обозначим BC=a
, CA=b
, AB=c
, S
— площадь треугольника ABC
.
Лемма. Расстояния k_{a}
, k_{b}
и k_{c}
от точки Лемуана L
до сторон треугольника пропорциональны сторонам BC=a
, CA=b
и AB=c
соответственно.
Доказательство. Пусть P
— произвольная точка, лежащая на симедиане треугольника ABC
, проведённой из вершины A
, а расстояния от этой точки до сторон AB
и AC
равны x
и y
соответственно. Тогда точка P'
, симметричная P
относительно биссектрисы угла треугольника при вершине A
, лежит на медиане AM
, поэтому расстояния от точки P'
до сторон AB
и AC
равны y
и x
соответственно. Значит,
ay=bx=2S~\Rightarrow~\frac{x}{a}=\frac{y}{b}.
В частности, если точка P
совпадает с L
, то \frac{k_{a}}{a}=\frac{k_{b}}{b}
. Аналогично, \frac{k_{a}}{a}=\frac{k_{c}}{c}
. Следовательно,
\frac{k_{a}}{a}=\frac{k_{b}}{b}=\frac{k_{c}}{c}.
Лемма доказана.
Обозначим
\frac{k_{a}}{a}=\frac{k_{b}}{b}=\frac{k_{c}}{c}=t~\Rightarrow~k_{a}=at,~k_{b}=bt,~k_{c}=ct.
Тогда
2S=2S_{\triangle LBC}+2S_{\triangle LAC}+2S_{\triangle LAB}=ak_{a}+bk_{b}+ck_{c}=
=a^{2}t+b^{2}t+c^{2}t=t(a^{2}+b^{2}+c^{2})~\Rightarrow~t=\frac{2S}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}.
Значит,
k_{a}^{2}+k_{b}^{2}+k_{b}^{2}=a^{2}t^{2}+b^{2}t^{2}+b^{2}t^{2}=t^{2}(a^{2}+b^{2}+b^{2})=\frac{4S^{2}}{a^{2}+b^{2}+b^{2}},
а так как S=pr
, то
\left(\frac{1}{r}\right)^{2}-\left(\frac{3}{p}\right)^{2}\geqslant\frac{2}{k_{a}^{2}+k_{b}^{2}+k_{b}^{2}}~\Leftrightarrow~p^{2}-9r^{2}\geqslant\frac{2p^{2}r^{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{4S^{2}}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~2p^{2}-18r^{2}\geqslant a^{2}+b^{2}+c^{2}.
По формуле Герона
p^{2}r^{2}=S=p(p-a)(p-b)(p-c),
поэтому
2p^{2}-18r^{2}\geqslant a^{2}+b^{2}+c^{2}~\Leftrightarrow~2p^{2}-\frac{18(p-a)(p-b)(p-c)}{p}\geqslant a^{2}+b^{2}+c^{2}.
Обозначим p-a=x
, p-b=y
, p-c=x
. Тогда
x+y+z=3p-2p=p,
a=p-x=y+z,~b=p-y=x+z,~c=p-x=y+z,
и последнее неравенство примет вид
2(x+y+z)^{2}-\frac{18xyz}{x+y+z}\geqslant(x+y)^{2}+(y+z)^{2}+(x+z)^{2}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~xy+yz+xz\geqslant\frac{9xyz}{x+y+z}~\Leftrightarrow~\frac{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}{3}\geqslant\frac{1}{\frac{x+y+z}{3}}.
Последнее неравенство верно, так как среднее арифметическое трёх положительных чисел \frac{1}{x}
, \frac{1}{y}
и \frac{1}{z}
не меньше их среднего гармонического (см. примечание к задаче 3399).
Отсюда вытекает утверждение задачи.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2020, № 9, задача 4533, с. 467