16539. Пусть ABC
— треугольник со сторонами BC=a
, AC=b
, AB=c
, противолежащими им углами \alpha
, \beta
, \gamma
соответственно и площадью S
. Докажите, что
\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2S}\geqslant\frac{1}{\cos\frac{\alpha}{2}}+\frac{1}{\cos\frac{\beta}{2}}+\frac{1}{\cos\frac{\gamma}{2}}.
Решение. Пусть p=\frac{a+b+c}{2}
— полупериметр треугольника ABC
. По формуле косинуса половинного угла и теореме косинусов
\cos^{2}\frac{\alpha}{2}=\frac{1}{2}(1+\cos\alpha)=\frac{1}{2}\left(1+\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}\right)=
=\frac{2bc+b^{2}+c^{2}-a^{2}}{4bc}=\frac{(b+c)^{2}-a^{2}}{4bc}=\frac{(a+b+c)(a+b-c)}{4bc}=\frac{p(p-a)}{bc},
поэтому
\frac{1}{\cos\frac{\alpha}{2}}=\sqrt{\frac{bc}{p(p-a)}}.
Аналогично,
\frac{1}{\cos\frac{\beta}{2}}=\sqrt{\frac{ac}{p(p-b)}},~\frac{1}{\cos\frac{\gamma}{2}}=\sqrt{\frac{ab}{p(p-c)}}.
Сложив эти равенства и применив неравенство Коши (см. задачу 3399), получим
\frac{1}{\cos\frac{\alpha}{2}}+\frac{1}{\cos\frac{\beta}{2}}+\frac{1}{\cos\frac{\gamma}{2}}=\sqrt{\frac{bc}{p(p-a)}}+\sqrt{\frac{ac}{p(p-b)}}+\sqrt{\frac{ab}{p(p-c)}}=
=\frac{\sqrt{b(p-c)\cdot c(p-b)}+\sqrt{a(p-c)\cdot c(p-a)}+\sqrt{a(p-b)\cdot b(p-a)}}{\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}=
=\frac{\sqrt{b(p-c)\cdot c(p-b)}+\sqrt{a(p-c)\cdot c(p-a)}+\sqrt{a(p-b)\cdot b(p-a)}}{S}\leqslant
\leqslant\frac{\frac{b(p-c)+c(p-b)}{2}+\frac{a(p-c)+c(p-a)}{2}+\frac{a(p-b)+b(p-a)}{2}}{S}=
=\frac{p(2a+2b+2c)-(2ab+2ac+2bc)}{2S}=\frac{(a+b+c)^{2}-(2ab+2ac+2bc)}{2S}=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2S}.
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 «Mathematics Magazine». — 2011, том 84, № 2, задача 1844, с. 154