ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2014-06-07   
Доказать, что для любого треугольника с длинами сторон $a, b, c$ и площадью $S$ справедливо неравенство
$\frac{ab + ac + bc}{4S} \geq \sqrt{3}$


Решение:



Пусть в треугольнике ABC выполнены равенства
АВ = с, АС = b, ВС = а и $\angle BAC = \alpha$.
Рассмотрим опирающуюся на сторону ВС дугу ВАС окружности, описанной около треугольника ABC (рис.). Так как середина D этой дуги является наиболее удаленной от хорды ВС точкой дуги, то для высот AH = h и DK треугольников ABC и DBC справедливы соотношения
$h \leq DK = BK \cdot ctg \: (\frac{1}{2} \angle BDC) = \frac{a}{2} ctg \: \frac{\alpha}{2}$.
Согласно теореме о средних имеем
$\frac{ab + ac + bc}{4S} \geq \frac{3}{4S} \sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}} = \frac{3}{4} \sqrt[3]{\frac{a^{2}b^{2}c^{2}}{((1/2)bc \sin \alpha)^{2})}((1/2)ah)} = \frac{3}{2} \sqrt[3]{\frac{a}{h \sin^{2} \alpha}} \geq $
$\geq \frac{3}{2} \sqrt[3]{\frac{2}{\sin^{2} \alpha ctg \: (\alpha/2)}}$.
Снова применяя теорему о средних и обозначая $\cos \alpha = x$, получаем
$\frac{1}{2} \sin^{2} \alpha ctg \: \frac{\alpha}{2} = \sin \alpha \cos^{2} \frac{\alpha}{2} = \frac{1}{2} \sin \alpha (1 + \cos \alpha) =$
$\frac{1}{2} \sqrt{1 – x^{2}}(1 + x) = \frac{1}{2} \sqrt{(1 + x)^{3}(1 - x)} =$
$= \frac{1}{2} \sqrt{27 \left ( \frac{1 + x}{3} \right )^{3}(1-x)} \leq \frac{1}{2} \sqrt{27} \left ( \frac{1}{4} \left ( 3 \cdot \frac{1 + x}{3} + (1 - x) \right ) \right )^{2} =$
$= \frac{1}{2} \sqrt{27} \left ( \frac{2}{4} \right )^{2} = \left ( \frac{\sqrt{3}}{2} \right )^{3}$,
так что
$\frac{ab + ac + bc}{4S} \geq \frac{3}{2} \cdot \frac{2}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$,
что и требовалось доказать.