16537. Пусть r_{a}
, r_{b}
и r_{c}
— радиусы вневписанных окружностей треугольника ABC
, касающихся сторон BC=a
, CA=b
и AB=c
соответственно. Докажите, что
\frac{r_{a}r_{b}}{(a+b)^{2}}+\frac{r_{b}r_{c}}{(b+c)^{2}}+\frac{r_{c}r_{a}}{(c+a)^{2}}\leqslant\frac{9}{16}.
Решение. Пусть S
— площадь треугольника ABC
, p=\frac{a+b+c}{2}
— полупериметр. Тогда
r_{a}=\frac{S}{p-a},~r_{b}=\frac{S}{p-b},~r_{c}=\frac{S}{p-c},~S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}
(см. задачи 392 и 2730), поэтому
\frac{r_{a}r_{b}}{(a+b)^{2}}+\frac{r_{b}r_{c}}{(b+c)^{2}}+\frac{r_{c}r_{a}}{(c+a)^{2}}\leqslant\frac{9}{16}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\frac{S^{2}}{(p-a)p-b)(a+b)^{2}}+\frac{S^{2}}{(p-b)(p-c)(b+c)^{2}}+\frac{S^{2}}{(p-c)(p-a)(c+a)^{2}}\leqslant\frac{9}{16}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\frac{p(p-c)}{(a+b)^{2}}+\frac{p(p-a)}{(b+c)^{2}}+\frac{p(p-b)}{(c+a)^{2}}\leqslant\frac{9}{16}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\frac{(a+b+c)(a+b-c)}{(a+b)^{2}}+\frac{(a+b+c)(b+c-a)}{(b+c)^{2}}+\frac{(a+b+c)(a+c-b)}{(c+a)^{2}}\leqslant\frac{9}{4}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\frac{(a+b)^{2}-c^{2}}{(a+b)^{2}}+\frac{(b+c)^{2}-a^{2}}{(b+c)^{2}}+\frac{(c+a)^{2}-b^{2}}{(c+a)^{2}}\leqslant\frac{9}{4}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~1-\frac{c^{2}}{(a+b)^{2}}+1-\frac{a^{2}}{(b+c)^{2}}+1-\frac{c^{2}}{(c+a)^{2}}\leqslant\frac{9}{4}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\frac{c^{2}}{(a+b)^{2}}+\frac{a^{2}}{(b+c)^{2}}+\frac{c^{2}}{(c+a)^{2}}\geqslant\frac{3}{4}.
Докажем, что
\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{(a+b}\geqslant\frac{3}{2}
для любых положительных as
, b
и c
.
Обозначим b+c=x
, a+c=y
, a+b=z
. Тогда
a=\frac{y+z-x}{2},~b=\frac{x+z-y}{2},~c=\frac{x+y-z}{2}.
Тогда последнее неравенство можно переписать в виде
\frac{y+z-x}{2x}+\frac{x+z-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}\geqslant\frac{3}{2}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\frac{y+z-x}{x}+\frac{x+z-y}{y}+\frac{x+y-z}{z}\geqslant3~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}-1\right)+\left(\frac{x}{y}+\frac{z}{y}-1\right)+\left(\frac{x}{z}+\frac{y}{z}-1\right)\geqslant3~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\left(\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\right)+\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right)+\left(\frac{z}{y}+\frac{y}{z}\right)\geqslant6.
Последнее неравенство верно, так как
\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\geqslant2,~\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\geqslant2,~\frac{z}{y}+\frac{y}{z}\geqslant2
(см. задачу 3399). Следовательно,
\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\geqslant\frac{3}{2}
Среднее квадратическое трёх положительных чисел не меньше их среднего арифметического (см. примечание к задаче 3399), поэтому
\sqrt{\frac{\left(\frac{a}{b+c}\right)^{2}+\left(\frac{b}{c+a}\right)^{2}+\left(\frac{c}{a+b}\right)^{2}}{3}}\geqslant\frac{1}{3}\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\right).
Следовательно,
\left(\frac{a}{b+c}\right)^{2}+\left(\frac{b}{c+a}\right)^{2}+\left(\frac{c}{a+b}\right)^{2}\geqslant\frac{1}{3}\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\right)^{2}\geqslant\frac{1}{3}\cdot\left(\frac{3}{2}\right)^{2}=\frac{3}{4}.
Отсюда вытекает утверждение задачи.
Заметим, что равенство достигается тогда и только тогда, когда a=b=c
, т. е. тогда и только тогда, когда треугольник ABC
равносторонний.
Источник: Журнал «Mathematics Magazine». — 2010, том 83, № 4, задача 1829, с. 307