ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2026-02-19   
Две перпендикулярные хорды разбивают круг радиуса $R$ на четыре криволинейных треугольника. В каждый из них вписаны окружности радиусов $r_{1}$, $r_{2}$, $r_{3}$ и $r_{4}$. Докажите, что

$r_{1}+r_{2}+r_{3}+r_{4}\leq4(\sqrt{2}-1)R$.


Решение:



Пусть перпендикулярные хорды $AB$ и $CD$ окружности с центром $O$ пересекаются в точке $P$, окружности с центрами $O_{1}$ и $O_{3}$ радиусов $r_{1}$ и $r_{3}$ вписаны в криволинейные треугольники $APD$ и $BPC$ соответственно. Пусть также окружность с центром $O_{1}$ касается $AP$ и $DP$ в точках $E$ и $F$ соответственно. Тогда

$OO_{1}=R-r_{1},~OO_{3}=R-r_{3},$

а т.к. $O_{1}EOF$ - квадрат, то $O_{1}P=r_{1}\sqrt{2}$. Аналогично, $O_{3}P=r_{3}\sqrt{2}$. Точка $P$ лежит на отрезке $O_{1}O_{3}$, поэтому

$O_{1}O_{3}=O_{1}P+O_{3}P=(r_{1}+r_{3})\sqrt{2}.$

Из неравенства треугольника следует, что

$O_{1}O_{3}\leq OO_{1}+OO_{3},~\mbox{или}~(r_{1}+r_{3})\sqrt{2}\leq R-r_{1}+R-r_{3},$

откуда получаем, что

$r_{1}+r_{3}\leq\frac{2R}{\sqrt{2}+1}=2R(\sqrt{2}-1).$

Аналогично, $r_{2}+r_{4}\leq2R(\sqrt{2}-1)$. Сложив эти два неравенства, получим требуемое.
Неравенство обращается в равенство, если хорды пересекаются в центре окружности