Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Жоғары лига. 2005 жыл

$ABC$ үшбұрышы берілген. Үшбұрышқа іштейсырт сызылған шеңберлер $BC$, $CA$, $AB$ қабырғаларын сәйкес түрде ${{A}_{1}}$, ${{B}_{1}}$, ${{C}_{1}}$ нүктелерінде жанайды. $A{{A}_{1}}$, $B{{B}_{1}}$, $C{{C}_{1}}$ кесінділерінен үшбұрыш құрастыруға болатынын дәлелде. ( Л. Емельянов )

Комментарий/решение

Пусть $T,N,S$ точки касания вписанной окружности со сторонами $AC,AB,BC$ тогда по свойству вневписанной окружности $AT = CB_{1}, AC_{1}=BN, \ BS=CA_{1}$ пусть $AT=x, \ BS=y, \ CS=z$ или $AB=x+y, \ BC=y+z, \ AC=x+z$

по т.косинусов $B_{1}B = \sqrt{x^2+(y+z)^2-2x(y+z) \cdot \cos \angle ACB}$ но $\cos \angle ACB = \dfrac{z^2+yz+xz-xy}{(x+z)(y+z)}$ тогда

$B_{1}B= \sqrt{(x+y+z) \cdot (\dfrac{(x-z)^2}{x+z}+y)}$ аналогично остальные

тогда нужно доказать по неравенств треугольников, без о.о и так как $x+y+z>0$ и $x,y,z>0$

$$S=\sqrt{\dfrac{(x-z)^2}{x+z}+y} + \sqrt{\dfrac{(y-z)^2}{y+z}+x} > \sqrt{\dfrac{(x-y)^2}{x+y}+z}$$

Применим неравенство $\sqrt{a}+\sqrt{b} \geq \sqrt{a+b}$ очевидно что $\dfrac{(x-z)^2}{x+z}+y>0$ аналогично остальные

$$S \geq \sqrt{ \dfrac{(x-z)^2}{x+z}+y + \dfrac{(y-z)^2}{y+z}+x } > \sqrt{\dfrac{(x-y)^2}{x+y}+z}$$ откуда

$$\dfrac{(x-z)^2}{x+z}+y + \dfrac{(y-z)^2}{y+z}+x > \dfrac{(x-y)^2}{x+y}+z$$

или $$\dfrac{x^3y+xy^3+x^3z+z^3x+y^3z+z^3y+6x^2y^2-2y^2z^2-2x^2z^2}{(x+y)(y+z)(x+z)} > 0$$

так как $$x^3z+z^3x \geq 2x^2z^2, \ \ y^3z+z^3y \geq 2y^2z^2$$ откуда и выходит неравенство .