Задача от Списание CRUX 96г., Канада

[Titu_Andrescu]

Ако [tex]a,b,c[/tex] са страни на триъгълник с полупериметър [tex]p[/tex] и лице [tex]s[/tex],то да се докаже, чe:
a)[tex] \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}<\frac{p}{s}[/tex]

b) [tex]\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \le \frac{\sqrt{3}}{2}\frac{p}{s}.[/tex]

Кога се достига равенство в b) ?

Автор на задачата е израелеца Виктор Оксман, преподавател в университета Haifa.

[Реклама]

[Мирослав Стоенчев]

[tex]\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le \frac{\sqrt{3}p}{2S}[/tex]

Д-во: Ще използваме формулите: [tex]ab+bc+ca=p^{2}+r(4R+r), abc=4RS[/tex]
Тогава имаме: [tex]\frac{ab+bc+ca}{abc}\le \frac{\sqrt{3}p}{2S},[/tex] т.е.

[tex]p^{2}+r(4R+r)\le 2\sqrt{3}pR[/tex] Разделяме на [tex]r^{2}[/tex] и полагаме [tex]\frac{p}{r}=t, \frac{R}{r}=k[/tex] Понеже [tex]R\ge 2r,[/tex] [tex]3\sqrt{3}r\le p\le \frac{3\sqrt{3}}{2}R,[/tex] то [tex]k\ge2[/tex] и [tex]3\sqrt{3}\le t\le\frac{3\sqrt{3}}{2}k.[/tex]

Полагаме [tex]g(t)=t^{2}-2\sqrt{3}kt+4k+1.[/tex] Трябва да докажем, че [tex]g(t)\le0,[/tex] при [tex]k\ge2[/tex] и [tex]3\sqrt{3}\le t\le\frac{3\sqrt{3}}{2}k.[/tex]

Намираме корените [tex]t_{1,2}=\sqrt{3}k\pm \sqrt{3k^{2}-4k-1},[/tex] т.е. [tex]g(t_{1})=g(t_{2})=0.[/tex] Значи за да докажем, че [tex]g(t)\le0,[/tex] достатъчно е да докажем неравенствата [tex]\sqrt{3}k- \sqrt{3k^{2}-4k-1}=min(t_{1},t_{2})\le 3\sqrt{3}\le \frac{3\sqrt{3}}{2}k\le max(t_{1},t_{2})=\sqrt{3}k+ \sqrt{3k^{2}-4k-1}.[/tex]

Неравенството
[tex]\frac{3\sqrt{3}}{2}k\le max(t_{1},t_{2})=\sqrt{3}k+ \sqrt{3k^{2}-4k-1}[/tex] е еквивалентно на [tex](k-2)(\frac{9}{4}k-\frac{1}{2})\ge 0,[/tex] което е изпълнено.
Също така неравенството [tex]\sqrt{3}k- \sqrt{3k^{2}-4k-1}=min(t_{1},t_{2})\le 3\sqrt{3}[/tex] е изпълнено при [tex]2\le k\le3,[/tex] като при [tex]k>3[/tex] е еквивалентно на [tex]k\ge2,[/tex] което отново е изпълнено.Така окончателно доказахме, че [tex]g(t)\le0,[/tex] с което задачата е решена.Равенство имаме само при [tex]k=2,[/tex] т.е. при равностранен триъгълник.

[Titu_Andrescu]

Д-во 2:

Класическото полагане, нека [tex]a=x+y, b=y+z, c=z+x[/tex], където [tex]x,y,z>0[/tex]. Тогава

[tex]\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2=\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}\right)^2\le[/tex]
[tex]\le \left(\frac{1}{2\sqrt{xy}}+\frac{1}{2\sqrt{yz}}+\frac{1}{2\sqrt{zx}}\right)^2=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{\sqrt{xy}}+\frac{1}{\sqrt{yz}}+\frac{1}{\sqrt{zx}}\right)^2\le[/tex]
[tex]\le \frac{1}{4}(1+1+1)\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\right) [/tex](последното е вярно от неравенството на Коши-Буняковски-Шварц)

Сега, [tex]\frac{p}{s}=\frac{x+y+z}{\sqrt{(x+y+z)xyz}}=\sqrt{\frac{x+y+z}{xyz}}=\sqrt{\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}}[/tex].

Следователно [tex]\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le \frac{\sqrt{3}}{2}\frac{p}{s}[/tex].

Равенство се достига [tex]\Leftrightarrow a=b=c[/tex].