3227. Пусть S
— площадь треугольника со сторонами a
, b
и c
, r
— радиус вписанной окружности, p
— полупериметр. Докажите, что:
\mbox{а)}~3\sqrt{3}r^{2}\leqslant S\leqslant\frac{p^{2}}{3\sqrt{3}};~\mbox{б)}~S\leqslant\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{4\sqrt{3}}.
Решение. а) Среднее геометрическое трёх неотрицательных чисел не превосходит их среднего геометрического, причём равенство достигается, когда эти числа равны. Применяя формулу Герона, получим, что
\frac{S^{2}}{p}=(p-a)(p-b)(p-c)\leqslant\left(\frac{p-a+p-b+p-c}{3}\right)^{3}=\frac{(3p-2p)^{2}}{27}=\frac{p^{3}}{27},
значит, S^{2}\leqslant\frac{p^{4}}{27}
. Поэтому S\leqslant\frac{p^{2}}{3\sqrt{3}}
, а так как S=pr
, то pr\leqslant\frac{p^{2}}{3\sqrt{3}}
, или r\leqslant\frac{p}{3\sqrt{3}}
. Умножив на r
обе части этого неравенства, получим, что r^{2}\leqslant\frac{pr}{3\sqrt{3}}=\frac{S}{3\sqrt{3}}
. Следовательно, S\geqslant3\sqrt{3}r^{2}
.
б)
Первый способ. Заметим, что любых чисел a
, b
и c
верно неравенство
(a+b+c)^{2}\leqslant3(a^{2}+b^{2}+c^{2}),
так как
(a+b+c)^{2}\leqslant3(a^{2}+b^{2}+c^{2})~\Leftrightarrow~2a^{2}+2b^{2}+2c^{2}-2ab-2bc-2ac\geqslant0~~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(a-c)^{2}\geqslant0.
Следовательно,
S\leqslant\frac{p^{2}}{3\sqrt{3}}=\frac{(a+b+c)^{2}}{4\cdot3\sqrt{3}}\leqslant\frac{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{12\sqrt{3}}=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{4\sqrt{3}}.
Что и требовалось доказать. (Равенство достигается, когда треугольник равносторонний.)
Второй способ. Если на стороне AB
треугольника ABC
со сторонами BC=a
, AC=b
, AB=a
и площадью S
в одной полуплоскости с ним построен правильный треугольник ABC_{1}
, то
CC_{1}^{2}=\frac{1}{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})-2S\sqrt{3}
(см. задачу 3969). Значит,
\frac{1}{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})-2S\sqrt{3}\geqslant0.
Следовательно,
S\leqslant\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{4\sqrt{3}}.