Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 283
2014-06-07 
Внутри правильного треугольника ABC взята точка $A_{1}$, а внутри треугольника $A_{1}BC$ - точка $A_{2}$. Доказать, что
$\frac{S_{1}}{P^{2}_{1}} > \frac{S_{2}}{P^{2}_{2}}$
где $S_{1}, S_{2}$ и $P_{1}, P_{2}$ - площади и периметры треугольников $A_{1}BC, A_{2}BC$ соответственно.
Решение:
Прежде всего, н треугольнике со сторонами $a, b, c$, противолежащими им углами $\alpha, \beta, \gamma$, периметром $P$, площадью $S$ и радиусом $r$ вписанной окружности имеем соотношения
$a = r(ctg \: (\beta/2) + ctg \: (\gamma/2)), b = r(ctg \: (\alpha/2) + ctg \: (\gamma/2))$,
$c = r(ctg \: (\alpha/2) + ctg \: (\beta/2))$,
$\frac{P^{2}}{S} = \frac{2P^{2}}{Pr} = \frac{2(a + b + c)}{r} = 4(ctg \: (\alpha/2) + ctg \: (\beta/2) + ctg \: (\gamma/2))$.
Следовательно, для решения задачи достаточно доказать, что
$ctg \: (\alpha_{1}/2) + ctg \: (\beta_{1}/2) + ctg \: (\gamma_{1}/2) < ctg \: (\alpha_{2}/2) + ctg \: (\beta_{2}/2) + ctg \: (\gamma_{2}/2)$,
где обозначено
$a_{j} = \angle BA_{j}C, \beta_{j} = \angle A_{j}BC, \gamma_{j} = \angle A_{j}CB$.
Рассмотрим точку $A_{3}$, лежащую на одной из сторон треугольника $A_{1}BC$, скажем на пересечении прямой $BA_{2}$ со стороной $A_{1}C$ (рис.). Тогда $\gamma_{1} = \gamma_{3} = \gamma$ и соответствующее неравенство для треугольников $A_{1}BC$ и $A_{3}BC$ примет вид
$ ctg \: (\alpha_{1}/2) + ctg \: (\beta_{1}/2) < ctg \: (\alpha_{3}/2) + ctg \: (\beta_{3}/2)$.
Для его доказательства заметим, что
$ctg \: (a_{j}/2) + ctg \: (\beta_{j}/2) = \frac{\sin (\alpha_{j}/2 + \beta_{j}/2)}{\sin (\alpha_{j}) \sin (\beta_{j}/2)} =$
$= \frac{2 \cos (\gamma/2)}{\cos (\alpha_{j}/2 - \beta_{j}/2) - \sin (\gamma/2)}$,
поэтому из неравенства
$\cos ((\alpha_{1} - \beta_{1})/2) > \cos ((\alpha_{3} - \beta_{3})/2)$
(вытекающего из оценок $\alpha_{3} > \alpha_{1} > \pi/3 > \beta_{1} > \beta_{3}, 0 < (\alpha_{1} - \beta_{1})/2 < (\alpha_{3} - \beta_{3})/2 < \pi/2$) получаем
$S_{1}/P^{2}_{1} > S_{3}/P^{2}_{3}$
где $S_{j}$ и $P_{j}$ - площадь и периметр треугольника $A_{j}BC$. Применяя доказанный факт еще раз к паре треугольников $A_{3}BC$ и $A_{2}BC$ (заметим, что точка $A_{2}$ лежит на стороне $A_{3}B$ треугольника $A_{3}BC$), получаем неравенство
$S_{3}/P^{2} > S_{2}/P^{2}_{2}$
а с ним и требуемое в задаче неравенство.
Внутри правильного треугольника ABC взята точка $A_{1}$, а внутри треугольника $A_{1}BC$ - точка $A_{2}$. Доказать, что
$\frac{S_{1}}{P^{2}_{1}} > \frac{S_{2}}{P^{2}_{2}}$
где $S_{1}, S_{2}$ и $P_{1}, P_{2}$ - площади и периметры треугольников $A_{1}BC, A_{2}BC$ соответственно.
Решение:
Прежде всего, н треугольнике со сторонами $a, b, c$, противолежащими им углами $\alpha, \beta, \gamma$, периметром $P$, площадью $S$ и радиусом $r$ вписанной окружности имеем соотношения
$a = r(ctg \: (\beta/2) + ctg \: (\gamma/2)), b = r(ctg \: (\alpha/2) + ctg \: (\gamma/2))$,
$c = r(ctg \: (\alpha/2) + ctg \: (\beta/2))$,
$\frac{P^{2}}{S} = \frac{2P^{2}}{Pr} = \frac{2(a + b + c)}{r} = 4(ctg \: (\alpha/2) + ctg \: (\beta/2) + ctg \: (\gamma/2))$.
Следовательно, для решения задачи достаточно доказать, что
$ctg \: (\alpha_{1}/2) + ctg \: (\beta_{1}/2) + ctg \: (\gamma_{1}/2) < ctg \: (\alpha_{2}/2) + ctg \: (\beta_{2}/2) + ctg \: (\gamma_{2}/2)$,
где обозначено
$a_{j} = \angle BA_{j}C, \beta_{j} = \angle A_{j}BC, \gamma_{j} = \angle A_{j}CB$.
Рассмотрим точку $A_{3}$, лежащую на одной из сторон треугольника $A_{1}BC$, скажем на пересечении прямой $BA_{2}$ со стороной $A_{1}C$ (рис.). Тогда $\gamma_{1} = \gamma_{3} = \gamma$ и соответствующее неравенство для треугольников $A_{1}BC$ и $A_{3}BC$ примет вид
$ ctg \: (\alpha_{1}/2) + ctg \: (\beta_{1}/2) < ctg \: (\alpha_{3}/2) + ctg \: (\beta_{3}/2)$.
Для его доказательства заметим, что
$ctg \: (a_{j}/2) + ctg \: (\beta_{j}/2) = \frac{\sin (\alpha_{j}/2 + \beta_{j}/2)}{\sin (\alpha_{j}) \sin (\beta_{j}/2)} =$
$= \frac{2 \cos (\gamma/2)}{\cos (\alpha_{j}/2 - \beta_{j}/2) - \sin (\gamma/2)}$,
поэтому из неравенства
$\cos ((\alpha_{1} - \beta_{1})/2) > \cos ((\alpha_{3} - \beta_{3})/2)$
(вытекающего из оценок $\alpha_{3} > \alpha_{1} > \pi/3 > \beta_{1} > \beta_{3}, 0 < (\alpha_{1} - \beta_{1})/2 < (\alpha_{3} - \beta_{3})/2 < \pi/2$) получаем
$S_{1}/P^{2}_{1} > S_{3}/P^{2}_{3}$
где $S_{j}$ и $P_{j}$ - площадь и периметр треугольника $A_{j}BC$. Применяя доказанный факт еще раз к паре треугольников $A_{3}BC$ и $A_{2}BC$ (заметим, что точка $A_{2}$ лежит на стороне $A_{3}B$ треугольника $A_{3}BC$), получаем неравенство
$S_{3}/P^{2} > S_{2}/P^{2}_{2}$
а с ним и требуемое в задаче неравенство.
