17594. Пусть O
— центр описанной окружности, G
— точка пересечения медиан треугольника ABC
, а R
и r
— радиусы описанной и вписанной окружностей соответственно. Докажите, что OG\leqslant\sqrt{R(R-2r)}
.
Решение. Пусть S
— площадь, p
— полупериметр треугольника ABC
. Тогда (см. задачи 452 и 4259)
R(R-2r)=R^{2}-2Rr=R^{2}-2R\cdot\frac{S}{p}=2R\cdot\frac{abc}{4R}\cdot\frac{2}{a+b+c}=R^{2}-\frac{abc}{a+b+c}.
Воспользуемся известным фактом
OG^{2}=R^{2}-\frac{1}{9}(a^{2}+b^{2}+c^{2}).
(см. задачу 3967). Тогда остаётся доказать, что
R^{2}-\frac{1}{9}(a^{2}+b^{2}+c^{2})\leqslant R^{2}-\frac{abc}{a+b+c},~\mbox{или}~\frac{1}{9}(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geqslant\frac{abc}{a+b+c},
т. е.
(a^{2}+b^{2}+c^{2})(a+b+c)\geqslant9abc.
Последнее неравенство следует из очевидного неравенства
a^{2}+b^{2}+c^{2}\geqslant ab+bc+ac
и неравенства
(ab+bc+ac)(a+b+c)\geqslant9abc,
которое равносильно неравенству
\frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\leqslant\frac{a+b+c}{3},
т. е. среднее гармоническое трёх положительных чисел не больше их среднего арифметического (см. примечание к задаче 3399).
Таким образом,
(a^{2}+b^{2}+c^{2})(a+b+c)\geqslant(ab+bc+ac)(a+b+c)\geqslant9abc.
Отсюда следует утверждение задачи.
Источник: Балканская математическая олимпиада. — 1996, задача 1