В треугольника АВС через G обозначено точку пересечения медиан; через r, r1, r2, r3 - радиусы

В треугольника АВС через G обозначено точку пересечения медиан; через r, r1, r2, r3 - радиусы кругов, вписанных в треугольники ABC, GAB, GBC, GAC, соответственно; p - полупериметр треугольника АBC.

[tex] \frac{1}{r_1}+ \frac{1}{r_2} + \frac{1}{r_3} \geq \frac{3}{r}+ \frac{18}{p} [/tex]
- Предмет:
  Геометрия
- Автор:
  diesel11
- 5 лет назад

Ответы 1

Пусть $a,\,b,\,c,\,m_a,\,m_b,\, m_c$ - длины сторон и медиан треугольника ABC, $S_{ABC}=S.$ Воспользовавшись формулу $S=pr$ и то, что $S_{GBC}=S_{GAB}=S_{GAC}= \frac{S}{3}$ , получаем, что нужно доказать неравенство. Подставив вместо р и r, получим $\frac{3a+2(m_b+m_c)}{2S} + \frac{3b+2(m_a+m_b)}{2S} + \frac{3c+2(m_a+m_b)}{2S} \geq \frac{3(a+b+c)}{2S} + \frac{36}{a+b+c}$ Упрощать здесь не буду, но напишу упрощенный $\frac{m_a+m_b+m_c}{S} \geq \frac{6S}{a+b+c}$ Или имеем такое равенство: $\frac{m_a}{3} + \frac{m_b}{3}+ \frac{m_c}{3} \geq \frac{6S}{a+b+c}$ Пусть $d_a,\, d_b,\, d_c-$ расстояния от точки G к сторонам a, b, c треугольника АВС. Очевидно, что $d_a \leq \frac{m_a}{3} ,\,d_b \leq \frac{m_b}{3} ,\, d_c= \frac{m_c}{3}$ Также имеем $d_a= \frac{2S_{GBC}}{a} = \frac{2S}{3a}$ . Аналогично, $d_b= \frac{2S}{3b} ,\,\, d_c= \frac{2S}{3c}$ Достаточно доказать неравентсво $\frac{2S}{3a} + \frac{2S}{3b}+ \frac{2S}{3c} \geq \frac{6S}{a+b+c}$ , которое равносильна неравенству, что выражает отношение между средним арифметическим и средним гармоническим 3 положительных чисел: $\frac{a+b+c}{3} \geq \frac{3}{ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} }$
- Автор:
  jasper56
- 5 лет назад
- 0
Добавить свой ответ