17691. Углы треугольника равны \alpha
, \beta
и \gamma
, площадь равна S
, а периметр равен 2p
. Докажите неравенство
\ctg^{2}\alpha+\ctg^{2}\beta+\ctg^{2}\gamma\geqslant3\left(\frac{9R^{2}}{p^{2}}-1\right).
Когда достигается равенство?
Ответ. Равенство достигается тогда и только тогда, когда треугольник равносторонний.
Решение. Обозначим стороны треугольника, противолежащие углам \alpha
, \beta
и \gamma
через a
, b
и c
соответственно. По теореме синусов a=2R\sin\alpha
, поэтому
\ctg^{2}\alpha=\frac{1}{\sin^{2}\alpha}-1=\frac{4R^{2}}{a^{2}}-1.
Аналогично,
\ctg^{2}\beta=\frac{4R^{2}}{b^{2}}-1,~\ctg^{2}\gamma=\frac{4R^{2}}{c^{2}}-1.
Тогда неравенство из условия задачи можно переписать в виде
4R^{2}\left(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\right)-3\geqslant3\left(\frac{4\cdot9R^{2}}{(a+b+c)^{2}}-1\right),
или
\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\geqslant\frac{27}{a+b+c},
а так как a
, b
и c
положительные числа, то последнее неравенство можно переписать в виде
\sqrt{\frac{1}{3}\left(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\right)}\geqslant\frac{3}{a+b+c}~\mbox{или}~\sqrt{\frac{\left(\frac{1}{a}\right)^{2}+\left(\frac{1}{b}\right)^{2}+\left(\frac{1}{c}\right)^{2}}{3}}\geqslant~\frac{1}{\frac{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}{3}}.
Левая часть — среднее квадратичное положительных чисел \frac{1}{a}
, \frac{1}{b}
и \frac{1}{c}
, а правая часть — их среднее гармоническое. Значит, это верное неравенство (см. примечание к задаче 3399), причём равенство достигается тогда и только тогда, когда a=b=c
. Следовательно, верно неравенство из условия задачи, а равенство достигается тогда и только тогда, когда треугольник равносторонний.
Источник: Эстонские математические олимпиады. — 2009, отбор на Международную олимпиаду, первый день, задача 3