16521. Пусть r
, R
и p
— соответственно радиус вписанной и описанной окружностей и полупериметр треугольника. Докажите следующие неравенства и в каждом случае докажите, что константа в правой части наилучшая из возможных:
а) \frac{R}{p}+\frac{p}{R}\geqslant2
;
б) \frac{r}{p}+\frac{p}{r}\geqslant\frac{28\sqrt{3}}{9}
;
в) \frac{r}{p}+\frac{p}{r}\geqslant\frac{56}{31}\left(\frac{R}{p}+\frac{p}{R}\right)
.
Решение. а) Заметим, что
\frac{R}{p}+\frac{p}{R}\geqslant2\sqrt{\frac{R}{p}\cdot\frac{p}{R}}=2
(см. задачу 3399), причём равенство достигается при \frac{R}{p}=\frac{p}{R}
, т. е. при p=R
. Осталось доказать, что существует треугольник, для которого R=p
.
Рассмотрим функцию f(x)=\cos x(\sin x+1)
. Поскольку f(0)=1
, f\left(\frac{\pi}{2}\right)=0
, а на отрезке \left[0;\frac{\pi}{2}\right]
функция непрерывна, то на интервале \left(0;\frac{\pi}{2}\right)
существует \theta
, для которого f(\theta)=\frac{1}{2}
. Тогда для равнобедренного треугольника с углами 2\theta
, \frac{\pi}{2}-\theta
и \frac{\pi}{2}-\theta
верно равенство (см. задачу 23)
\frac{p}{R}=\sin2\theta+\sin\left(\frac{\pi}{2}-\theta\right)+\sin\left(\frac{\pi}{2}-\theta\right)=\sin2\theta+2\cos\theta=1~\Rightarrow~R=p.
б) Пусть стороны треугольника равны a
, b
и c
. Тогда
ab+bc+ca=p^{2}+r^{2}+4Rr~\mbox{и}~abc=4Rrp
(см. задачу 11293). Среднее арифметическое положительных чисел \frac{1}{a}
, \frac{1}{b}
и \frac{1}{c}
не, меньше их среднего гармонического (см. примечание к задаче 33999), т. е.
\frac{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}{3}\geqslant\frac{1}{\frac{a+b+c}{3}},~\mbox{или}~\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geqslant\frac{9}{a+b+c},
поэтому
p^{2}+r^{2}+4Rr=ab+bc+ca=\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)abc\geqslant\frac{9abc}{a+b+c}=\frac{9abc}{2p}=18Rr,
откуда
p^{2}+r^{2}\geqslant14Rr.
Следовательно,
\frac{r}{p}+\frac{p}{r}=\frac{p^{2}+r^{2}}{pr}\geqslant\frac{14R}{p}\geqslant\frac{28\sqrt{3}}{9},
так как \frac{R}{p}\geqslant\frac{2\sqrt{3}}{9}
(см. задачу 3226).
Равенство достигается, если треугольник равносторонний. В этом случае его стороны равны R\sqrt{3}
, а полупериметр равен \frac{3R\sqrt{3}}{2}
, поэтому
\frac{14R}{p}=\frac{14R}{\frac{3R\sqrt{3}}{2}}=\frac{28\sqrt{3}}{9}.
в) Достаточно доказать, что
\frac{14R}{p}\geqslant\frac{56}{31}\left(\frac{R}{p}+\frac{p}{R}\right),~\mbox{или}~\frac{R}{p}\geqslant\frac{4}{31}\left(\frac{R}{p}+\frac{p}{R}\right),~\mbox{или}~R^{2}\geqslant\frac{4}{27}p^{2}.
Последнее неравенство верно (см. задачу 3226), следовательно,
\frac{r}{p}+\frac{p}{r}\geqslant\frac{56}{31}\left(\frac{R}{p}+\frac{p}{R}\right).
Равенство достигается, если треугольник равносторонний. Тогда
r=\frac{1}{2}R,~p=\frac{3R\sqrt{3}}{2},~\frac{r}{p}=\frac{1}{3\sqrt{3}},~\frac{R}{p}=\frac{2}{3\sqrt{3}}.
Следовательно,
\frac{r}{p}+\frac{p}{r}=\frac{1}{3\sqrt{3}}+3\sqrt{3}=\frac{28}{3\sqrt{3}}=\frac{56}{31}\left(\frac{2}{3\sqrt{3}}+\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)=\frac{56}{31}\left(\frac{R}{p}+\frac{p}{R}\right).
Источник: Журнал «Mathematics Magazine». — 2003, том 76, № 3, задача 1652, с. 237