16544. Стороны треугольника равны a
, b
и c
, а противолежащие им углы равны \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно. Докажите, что
2a\cos\alpha+2b\cos\beta+2c\cos\gamma\leqslant\sqrt[{3}]{{abc}}.
Решение. Пусть S
— площадь треугольника, p=\frac{a+b+c}{2}
— полупериметр. По теореме косинусов
2a\cos\alpha+2b\cos\beta+2c\cos\gamma=
=2a\cdot\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}+2b\cdot\frac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{2ca}+2c\cdot\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=
=\frac{a(b^{2}+c^{2}-a^{2})}{bc}+b\cdot\frac{(c^{2}+a^{2}-b^{2})}{ca}+c\cdot\frac{(a^{2}+b^{2}-c^{2})}{ab}=
=\frac{a^{2}(b^{2}+c^{2}-a^{2})+b^{2}(c^{2}+a^{2}-b^{2})+c^{2}(a^{2}+b^{2}-c^{2})}{abc}=
=\frac{2a^{2}b^{2}+2a^{2}c^{2}+2b^{2}c^{2}-a^{4}-b^{4}-c^{4}}{abc}.
В то же время
S^{2}=p(p-a)(p-b)(p-c)=\frac{1}{16}(a+b+c)(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)=
=\frac{1}{16}((a+b)^{2}-c^{2})(c^{2}-(a-b)^{2}))=\frac{1}{16}((a+b)^{2}c^{2}-(a^{2}-b^{2})^{2}-c^{4}+c^{2}(a-b)^{2}=
=\frac{1}{16}(a^{2}c^{2}+2abc^{2}+bc^{2}-a^{4}+2a^{2}b^{2}-b^{4}+a^{2}c^{2}-2abc^{2}+b^{2}c^{2})=
=\frac{1}{16}(2a^{2}b^{2}+2a^{2}c^{2}+2b^{2}c^{2}-a^{4}-b^{4}-c^{4}).
Значит,
2a\cos\alpha+2b\cos\beta+2c\cos\gamma=\frac{16S^{2}}{abc},
так как S=\frac{abc}{4R}
(см. задачу 4259).
Таким образом, достаточно доказать, что
\frac{16S^{2}}{abc}\leqslant3\sqrt[{3}]{{abc}}.
Заметим что
\frac{16S^{2}}{abc}\leqslant3\sqrt[{3}]{{abc}}~\Leftrightarrow~16S^{2}\leqslant(abc)^{\frac{4}{3}}\Leftrightarrow~4S\leqslant\sqrt{3}(abc)^{\frac{2}{3}}~\Leftrightarrow~\frac{abc}{4R}\leqslant\sqrt{3}(abc)^{\frac{2}{3}},
Последнее неравенство верно, так как учитывая, что R\geqslant\frac{a+b+c}{3\sqrt{3}}
(см. задачу 3226), а также, что среднее арифметическое трёх положительных чисел не меньше их среднего геометрического (см. задачу 3399), получим
\frac{abc}{4R}\leqslant\frac{3\sqrt{3}abc}{a+b+c}\leqslant\frac{3\sqrt{3}abc}{3\sqrt[{3}]{{abc}}}=\sqrt{3}(abc)^{\frac{2}{3}}.
Отсюда следует утверждение задачи.
Источник: Журнал «Mathematics Magazine». — 2012, том 85, № 3, задача 1873, с. 231