11-ші халықаралық Жәутіков олимпиадасы, 2015 жыл

Дөңес $ABCDE$ бесбұрышының ауданы $S$-ке тең, ал $ABC$, $BCD$, $CDE$, $DEA$ және $EAB$ үшбұрыштарына сырттай сызылған шеңберлер радиустары $R_1$, $R_2$, $R_3$, $R_4$ және $R_5$-ке тең. Келесі теңсіздікті дәлелдеңіздер $R_1^4+R_2^4+R_3^4+R_4^4+R_5^4\geq \dfrac{4}{5\sin^2 108^\circ} S^2.$ ( Н. Седракян )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Нам потребуется следующее.
Лемма 1. Площадь $S$ выпуклого $n$-угольника $A_1A_2\dots A_n$ удовлетворяет неравенству $$4S\leq A_nA_2\cdot R_1+A_1A_3\cdot R_2+\dots+ A_{n-1}A_1\cdot R_n,$$ где $R_i$ — радиус описанной окружности треугольника $A_{i-1}A_iA_{i+1}$, $A_0=A_n$, $A_{n+1}=A_n$.
Пусть $M_i$ — середина $A_iA_{i+1}$ при $i=1, \dots, n$. Для каждого $i$ рассмотрим четырёхугольник, образованный отрезками $A_iM_i$ и $A_iM_{i-1}$, а также перпендикулярами к этим отрезкам, восставленными в точках $M_i$ and $M_{i-1}$ соответственно. Мы докажем, что эти $n$ четырёхугольников покрывают наш $n$-угольник. Действительно, пусть $P$ — точка внутри $n$-угольника. Пусть $PA_k$ — наименьшее из расстояний $PA_1$, $PA_2$, $\dots$, $PA_n$. Имеем $PA_k\leq PA_{k+1}$ и $PA_k\leq PA_{k-1}$, поэтому $P$ лежит в $n$-угольнике и в каждой из двух полуплоскостей, содержащих $A_k$ и ограниченных серединными перпендикулярами к $A_kA_{k+1}$ и $A_kA_{k-1}$, значит, в $k$-ом четырёхугольнике. Для завершения доказательства осталось заметить, что площадь $i$-го четырёхугольника не превосходит $\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{{{A_{i - 1}}{A_{i + 1}}}}{2} \cdot {R_i}$.
В условиях нашей задачи отсюда следует, что $$ 4S\leq 2R_1^2\sin\angle A_1+2R_2^2\sin\angle A_2+\dots+2R_5^2\sin\angle A_5. $$ Используя неравенство Коши-Буняковского, получаем \begin{multline*} 2S\leq R_1^2\sin\angle A_1+R_2^2\sin\angle A_2+\dots+R_5^2\sin\angle A_5\leq \\ \leq \sqrt{(R_1^4+\dots+R_5^4)(\sin^2\angle A_1+\dots+\sin^2\angle A_5)}\leq \\ \leq \sqrt{5(R_1^4+\dots+R_5^4)\sin^2 108^\circ}, \end{multline*} таким образом $$\dfrac{{4{S^2}}}{{5{{\sin }^2}{{108}^\circ }}} \leq R_1^4 + R_2^4 + \ldots + R_5^4.$$ В вышеприведённом неравенстве была использована
Лемма 2. Если $\alpha_1$, $\alpha_2$, $\dots$, $\alpha_5$ — углы выпуклого пятиугольника, то $\sin^2\alpha_1+\dots+\sin^2\alpha_5\leq 5\sin^2 108^\circ$.
Оцениваемая сумма не зависит от порядка углов, поэтому можно считать, что $\alpha_1\leq \alpha_2\leq \dots \leq\alpha_5$.
Если $\alpha_1=108^\circ$, то $\alpha_2=\dots=\alpha_5=108^\circ$, и неравенство обращается в равенство.
Если $\alpha_1<108^\circ$, то $\alpha_5>108^\circ$. Заметим, что $\alpha_1+\alpha_5<270^\circ$ (если $\alpha_1+\alpha_5\geq 270^\circ$, то $\alpha_2+\alpha_3+\alpha_4\leq 270^\circ$, поэтому $\alpha_2\leq 90^\circ$, тем более $\alpha_1\leq 90^\circ$ и, следовательно, $\alpha_5\geq 180^\circ$ — противоречие). Поэтому $$ \sin^2 108^\circ+\sin^2 (\alpha_1+\alpha_5-108^\circ)-\sin^2 \alpha_1- \sin^2 \alpha_5= 2\cos(\alpha_1+\alpha_5)\sin(\alpha_1-108^\circ) \sin(\alpha_5-108^\circ)>0. $$ Это значит, что замена $\alpha_1$ на $108^\circ$ и $\alpha_5$ на $\alpha_1+\alpha_5-108^\circ$ увеличивает сумму квадратов синусов. Повторяя эту операцию, мы сделаем все углы равными $108^\circ$, и неравенство будет доказано.