Математикадан облыстық олимпиада, 2022 жыл, 11 сынып

$a = BC$, $b = AC$ және $c = AB$ болатындай $ABC$ үшбұрышы берілген. Келесі теңсіздікті дәлелдеңіз: $$ \left(\frac{r_a}{p} + 1 \right) \left(\frac{r_b}{p} + 1 \right) \left(\frac{r_c}{p} + 1 \right) < \frac{8R\sqrt{2}}{p}.$$ Бұл жерде $p = \frac{a + b + c}{2}$ — жарты периметр, $R$ — $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбердің радиусы, ал $r_a$, $r_b$, $r_c$ — сәйкесінше $BC$, $AC$ және $AB$ қабырғаларын жанайтын үшбұрыштың іштейсырт сызылған шеңберлердің радиустары. ( Жук В. )

Комментарий/решение

Используя $r_{a} = \dfrac{S}{p-a}$ аналогично для остальных и $S=pr$ так же формулу Герона , преобразовывая

$$(r+p-a)(r+p-b)(r+p-c) < 8rR^2 \sqrt{2} \ \ \ \ \ (1) $$

Если $d,t,k$ - отрезки касательные, тогда $d=r \cdot ctg(\dfrac{A}{2}), \ t=r \cdot ctg(\dfrac{B}{2}), \ k=r \cdot ctg(\dfrac{C}{2})$

Лемма: в треугольнике $ABC$ выполняется $ctg(\dfrac{A}{2})+ctg(\dfrac{B}{2})+ctg(\dfrac{C}{2})=ctg(\dfrac{A}{2}) \cdot ctg(\dfrac{B}{2}) \cdot ctg(\dfrac{C}{2})$

Если $x=ctg(\dfrac{A}{2}), \ y=ctg(\dfrac{B}{2}), \ z=ctg(\dfrac{C}{2}) $ где $x,y,z >0 $

Учитывая $R=\dfrac{abc}{4S}$ , подставив в $(1)$ получается нужно доказать :

$$(1+x)(1+y)(1+z) < \dfrac{2\sqrt{2}(x+y)(y+z)(x+z)}{x+y+z}$$

учитывая $x+y+z=xyz$ или

$$ \dfrac{(x+1)(y+1)(xy+x+y-1)}{(x^2+1)(y^2+1)} < 2\sqrt{2}$$

преобразуем

$$ \dfrac{x^2y+xy^2+xy-1}{x^2y^2+x^2+y^2+1} < \sqrt{2} - \dfrac{1}{2}$$

если $x+y=a, xy=b$ и $a^2 \geq 4b$ и $a,b > 0 $

тогда неравенство имеет вид

$$ \dfrac{ab+b-1}{a^2+(b-1)^2} < \sqrt{2} - \dfrac{1}{2}$$

Покажем что $$ \dfrac{ab+b-1}{a^2+(b-1)^2} < \dfrac{9}{10}$$

$$N = \dfrac{18}{25}(a-\dfrac{5b}{9})^2 + \dfrac{112}{225}(b-\dfrac{9}{4})^2 \geq 1$$

учитывая что $a \geq 2\sqrt{b}$

$$N \geq f(b)=\dfrac{18}{25}(2\sqrt{b}-\dfrac{5b}{9})^2 + \dfrac{112}{225}(b-\dfrac{9}{4})^2 $$

минимум которой $b=\dfrac{16}{9}$ тогда $f_{min}(b) = \dfrac{289}{135} > 1$

то есть $$ \dfrac{ab+b-1}{a^2+(b-1)^2} < \dfrac{9}{10} < \sqrt{2} - \dfrac{1}{2}$$