16402. В треугольнике ABC
проведены биссектрисы AD
, BE
и CF
, r
— радиус вписанной окружности. Докажите, что
FE^{2}+ED^{2}+DF^{2}\geqslant9r^{2}.
Решение. Пусть BC=a
, CA=b
, AB=c
, S
— площадь треугольника ABC
, R
— радиус описанной окружности, p
— полупериметр.
Воспользуемся равенством
S_{\triangle DEF}=\frac{2abcS}{(a+b)(b+c)(a+c)}
(см. задачу 3106) и неравенствами
FE^{2}+ED^{2}+DF^{2}\geqslant4\sqrt{3}S_{\triangle DEF}~\mbox{и}~3\sqrt{3}R\geqslant2p
(см. задачи 3227б и 3226).
По неравенству Коши (см. задачу 3399)
(a+b)(b+c)(a+c)\leqslant\left(\frac{(a+b)+(b+c)+(a+c)}{3}\right)^{3}=\left(\frac{4p}{3}\right)^{3}=\frac{64p^{3}}{27},
а так как
abc=4RS~\mbox{и}~S=pr
(см. задачи 4259 и 452), то
S_{\triangle DEF}\geqslant\frac{2abcS}{\frac{64p^{2}}{27}}=\frac{27}{64p^{2}}\cdot2\cdot4RS\cdot S=\frac{27}{64p^{3}}\cdot2\cdot4R\cdot p^{2}r^{2}=\frac{27Rr^{2}}{4\cdot2p}\geqslant\frac{27Rr^{2}}{4\cdot3\sqrt{3}R}=\frac{3\sqrt{3}r^{2}}{4}.
Следовательно,
FE^{2}+ED^{2}+DF^{2}\geqslant4\sqrt{3}S_{\triangle DEF}\geqslant4\sqrt{3}\cdot\frac{3\sqrt{3}r^{2}}{4}=9r^{2}.
Что и требовалось доказать.
Равенство достигается тогда и только тогда, когда a=b=c
, т. е. тогда и только тогда, когда треугольник ABC
равносторонний.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2023, № 3, задача 4774, с. 163