Республиканская олимпиада по математике, 2018 год, 9 класс

Известно, что $a$, $b$ и $c$ — длины сторон треугольника. Докажите, что $$\frac{\left(a+b+c\right)(c+a-b)}{\left(a+b-c\right)(b+c-a)}\geq\frac{9(3a-5b+3c)}{3a+5b-3c}.$$ ( М. Кабак )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.    
Решение. Пусть вписанная окружность делит стороны $a$, $b$ и $c$ на отрезки $x$, $y$ и $z$ так, что $a=x+y,$ $b=y+z,$ и $c=z+x.$ Заменив $a,b,c$ в неравенстве, получим эквивалентное эму неравенство: $$\frac{x(x+y+z)}{yz} \ge \frac{9(3x-y-z)}{4y+z} \Leftrightarrow$$ $$\Leftrightarrow x(x+y+z)(4y+z)\ge 9yz(3x-y-z) \Leftrightarrow$$ $$\Leftrightarrow 4x^2y+x^2z+4y^2x+z^2x+9y^2z+9z^2y+5xyz \ge 27xyz.$$ Последнее неравенство можно получим сложив три неравенства Коши: $4x^2y+9z^2y\ge 12xyz,$ $x^2z+9y^2z\ge 6xyz$ и $4y^2x+z^2x\ge 4xyz.$ Равенство достигается когда $x:y:z=3:1:2$ или $a:b:c=4:3:5$.

$$\frac{(a+b+c)(c+a-b)}{(a+b-c)(b+c-a)} \geq \frac{9(3a-5b+3c)}{3a+5b-3c} \Leftrightarrow \frac{(a+c)^2-b^2}{b^2-(a-c)^2} \geq \frac{9(3(a+c)-5b)}{3(a-c)+5b}$$

$$a+b>c \Rightarrow x=\frac{a+b}{c}>1$$

$$c+b>a \Rightarrow b>a-c\Rightarrow y=\frac{a-c}{b} <1$$

$$\frac{(a+c)^2-b^2}{b^2-(a-c)^2} \geq \frac{9(3(a+c)-5b)}{3(a-c)+5b} \Leftrightarrow \frac{x^2-1}{1-y^2} \geq \frac{9(3x-5)}{3y+5}\Rightarrow$$

$$\Rightarrow \forall x>1, y<1: \qquad \frac{3y+5}{9(1-y^2)} \geq \frac{3x-5}{x^2-1}$$

$$0\leq (x-3)^2(x-1) \Rightarrow 0\leq x^2-6x+9=x^2-1-2(3x-5) \Rightarrow \frac{1}{2} \geq \frac{3x-5}{x^2-1}$$

$$0 \leq (3y+1)^2=9y^2+6y+1\Rightarrow 9(1-y^2) \leq 2(3y+5) \Rightarrow \frac{3y+5}{9(1-y^2)} \geq \frac{1}{2}$$

$$\frac{3y+5}{9(1-y^2)} \geq \frac{1}{2} \geq \frac{3x-5}{x^2-1}$$

Равенство достигается когда $x=-9y=3 \Leftrightarrow \begin{cases} a+c=3b \\ c-a=\frac{1}{3} \end{cases}\Rightarrow c^2=a^2+b^2\Rightarrow \begin{cases} c^2=(3b-c)^2+b^2\\ c^2=a^2+b^2\end{cases}\Rightarrow c:b:a=5:3:4$