17-я Международная Жаутыковская олимпиада по математике, 2021 год

$ABC$ үшбұрышына радиусы $r$ болатын шеңбер іштей сызылған. Радиустары $r_1,$ $r_2,$ $r_3$ болатын шеңберлер ($r_1,r_2,r_3 < r$) сәйкесінше $A,$ $B,$ $C$ бұрыштарына іштей сызылған және әр шеңбер $\triangle ABC$-ға іштей сызылған шеңберді сырттай жанайды. $r_1+r_2+r_3\geqslant r$ теңсіздігін дәлелдеңіз. ( Н. Седракян )

Комментарий/решение

Центры окружностей $r_{1},r_{2},r_{3}$ лежат на биссектрисах этих соответственных углов.

Пусть $IE = r, \ I_{1}K=r_{1}$ где $\ K, E \in AC$

Построение: $I$- инцентр, построим одну из таких окружностей, к примеру $r_{1}$ которая исходит из вершины $C$, пусть $F$ точку пересечения $IC \cap \omega_{r}$ тогда проведя перпендикуляр к $IС$ которая проходит через точку $F$ получим треугольник $CGH$ которая она отсекает с боковыми сторонами $CA,CB$ инцентр этого треугольника и будет центр окружности $r_{1},I_{1}$ аналогично для других.

Решение: Из подобия треугольников $CI_{1}K, CIE$ получим $\dfrac{r_{1}}{r} = \dfrac{CI_{1}}{CI_{1}+r_{1}+r}$, так как $CI_{1} = \dfrac{ r_{1}}{\sin(\dfrac{C}{2})}$ выражая $r_{1} = r \cdot \left( \dfrac{2}{\sin(\dfrac{C}{2})+1}-1 \right)$ с остальными аналогично, заменяя $\dfrac{C}{2}=x, \dfrac{A}{2}=y, \ \dfrac{B}{2}=z$ тогда $x+y+z = \dfrac{\pi}{2}$

Тогда неравенство $r_{1}+r_{2}+r_{3} \geq r$ есть

$ \dfrac{1}{1+\sin(x)} + \dfrac{1}{1+\sin(y)} + \dfrac{1}{1+\sin(z)} \geq 2 $

Так как функция $\dfrac{1}{1+\sin(x)}$ выпукла на интервале $0 < x< \dfrac{\pi}{2}$ (найдя вторую производную и выполнив условие $ f''(x)>0$)

По неравенству Йенсена

$ \dfrac{1}{1+\sin(x)} + \dfrac{1}{1+\sin(y)} + \dfrac{1}{1+\sin(z)} \geq \dfrac{3}{1+\sin(\dfrac{x+y+z}{3})} = \dfrac{3}{1+ \sin(\dfrac{\pi}{6})} = 2 $

Используя $\sqrt{r_1} = \sqrt{r}(\frac{\cos \alpha}{1 + \sin \alpha}),$

через тригонометрию можно доказать что $r = \sqrt{r_1 r_2} + \sqrt{r_1 r_3} + \sqrt{r_3 r_2}.$

По известному неравенству получаем требуемое:

$r_1 + r_2 + r_3 >= \sqrt{r_1 r_2} + \sqrt{r_1 r_3} + \sqrt{r_3 r_2} = r.$

Пусть $O_1,O_2,O_3$ три центра трех меньших окружностей соответственно. Тогда, $AI = AO_1+O_1I$ и его варианты дают

\[ \dfrac{r_1}{\sin{\frac{A}{2}}} + r_1 + r = \dfrac{r}{\sin{\frac{A}{2}}} \]

Поскольку казалось, что хорошо работать в $\dfrac{r_1}{r}$ вместо того, чтобы просто $r_1$, решая для $\dfrac{r_1}{r}$ дает нам

\[ \dfrac{r_1}{r} = \dfrac{1-\sin{\frac{A}{2}}}{1+\sin{\frac{A}{2}}} \]

Раскрывая циклическую сумму

\[ \sum_{cyc} \dfrac{1-\sin{\frac{A}{2}}}{1+\sin{\frac{A}{2}}} \geq 1 \]

Дает нам

\[ 1-2\sin{\frac{A}{2}}\sin{\frac{B}{2}}\sin{\frac{C}{2}} \geq \sum_{cyc} \sin{\frac{A}{2}}\sin{\frac{B}{2}} \]

после деления выражения на $2$.

Поскольку это выражение очень близко к тождеству косинуса,

\[ \cos^2{A}+\cos^2{B}+\cos^2{C}+2 \cdot \cos{A}\cos{B}\cos{C} = 1, \: \forall A+B+C = 180^{\circ} \]

заменяя $A$ с $ \alpha = 90-A$, мы получаем выражение

\[ 1-2\sin{\alpha}\sin{\beta}\sin{\gamma}=\sin^2{\alpha}+\sin^2{\beta}+\sin^2{\gamma}, \: \forall \alpha+\beta+\gamma=90^{\circ} \]

Чтобы закончить, применяем неравенство $x^2+y^2+z^2 \geq xy+yz+zx$ к правой стороне неравенства ($RHS$). Замечая что $\frac{A}{2}+\frac{B}{2}+\frac{C}{2}=90^{\circ}$. Что и завершает доказательство

$Sin \, Chasing:$

Сегмент болотного цвета может быть легко выражен с помощью $r_ {1} $ и $r$ (зеленого и светло-голубого цветных сегментов) через подобие треугольников. Итак, поскольку этот сегмент равен $\frac{2r_{1} ^2}{r+r_{1}}$, давайте проверим $sim\, \alpha$ , $sin\, \alpha $ - это $\frac{r-r_{1}}{r+r_{1}}$.

$Some \, Implentations:$

Задача просит нас доказать, что $\frac {r_{1}}{r} +\frac{r_{2}}{r} +\frac {r_{3}}{r} \geq 1 $ и также легко заметить, что: $\frac {r_ {1}}{r}$ - это $\frac{1-sin \, \alpha }{1+sin \, \alpha} $ поэтому давайте заменим его в заданном неравенстве и добавим $ + 1 $ для каждой дроби, мы получим, что: $$ (!)\sum \frac{1 }{1+sin \, \alpha}\geq 2$$

Давайте воспользуемся леммой T2, а затем докажем, что $\frac {3} {2} \geq \sum sin \, \alpha$ по неравенству Йенсена.