Задача из журнала «Квант» (1996 год, 6 выпуск)
Условие
В выпуклом шестиугольнике [latex]ABCDEF[/latex] [latex]AB||ED[/latex], [latex]BC||FE[/latex], [latex]CD||AF[/latex]. Пусть [latex]R_A[/latex], [latex]R_C[/latex], [latex]R_E[/latex] — радиусы окружностей, описанных около треугольников соответственно, а [latex]p[/latex] — полупериметр шестиугольника. Докажите, что:
$$R_A+R_C+R_E\geq p$$
Иллюстрация к задаче
Решение
Первое решение
Пусть длины сторон [latex]AB[/latex], [latex]BC[/latex], [latex]CD[/latex], [latex]DE[/latex], [latex]EF[/latex] и [latex]FA[/latex] равны [latex]a[/latex], [latex]b[/latex], [latex]c[/latex], [latex]d[/latex], [latex]e[/latex] и [latex]f[/latex] соответственно. Построим [latex]AP\perp BC[/latex], [latex]AS\perp EF[/latex], [latex]DQ\perp BC[/latex] и [latex]DR\perp EF[/latex]. Тогда [latex]PQRS[/latex] — прямоугольник и [latex]BF\geq PS=QR[/latex]. Следовательно, [latex]2BF\geq PS+QR[/latex] и тогда [latex]2BF\geq (a\sin B+f\sin C)+(c\sin C+d\sin B)[/latex] (мы воспользовались тем, что [latex]\angle A=\angle D[/latex], [latex]\angle B=\angle E[/latex], [latex]\angle C=\angle F[/latex]).
Аналогично,
$$2DB\geq (c\sin A+b\sin B)+(e\sin B+f\sin A),$$
$$2FD\geq (e\sin C+d\sin A)+(a\sin A+b\sin C).$$
Запишем выражение для [latex]R_A[/latex], [latex]R_C[/latex], [latex]R_E[/latex]:
$R_A=\frac{BF}{2\sin A}$, $R_C=\frac{DB}{2\sin C}$ и $R_A=\frac{FD}{2\sin B}$.
Таким образом,
$$4(R_A+R_C+R_E)\geq$$ $$\geq a(\frac{\sin B}{\sin A}+\frac{\sin A}{\sin B})+b(\frac{\sin B}{\sin C}+\frac{\sin C}{\sin B})+…\geq$$ $$\geq 2(a+b+…)=4p$$
следовательно, [latex]R_A+R_C+R_E\geq p[/latex]. Равенство достигается тогда и только тогда, когда [latex]\angle A=\angle B=\angle C[/latex] и [latex]BF\perp BC[/latex], то есть в случае правильного шестиугольника.
Н. Седракян
Второе решение
Рассматриваемый шестиугольник [latex]ABCDEF[/latex] можно получить и некоего треугольника [latex]KLM[/latex], проведя прямые, параллельные сторонам этого треугольника.
Пусть [latex]KL=m[/latex], [latex]LM=k[/latex], [latex]MK=l[/latex], [latex]\angle LKM=\delta[/latex], высота к стороне [latex]LM[/latex] равна [latex]h[/latex], коэффициенты подобия (гомотетин) треугольников [latex]KCB[/latex], [latex]DLE[/latex] и [latex]AFM[/latex] по отношению к треугольнику [latex]KLM[/latex] равны соответственно [latex]x[/latex], [latex]y[/latex], [latex]z[/latex]. Понятно, что
$x+y\leq 1$, $y+z\leq 1$, $x+z\leq 1$ $(*)$
(мы допускаем ниже и случаи равенства). Если [latex]R[/latex] — радиус окружности, описанной около треугольника [latex]ABF[/latex],
$$R=\frac{BF}{2\sin\delta}\geq\frac{h(1-x)}{2\sin\delta}=\frac{S_KLM(1-x)}{2k\sin\delta}=\frac{lm}{k}(1-x).$$
Оценивая аналогично другие радиусы и выражая стороны шестиугольника через [latex]k[/latex], [latex]l[/latex], [latex]m[/latex], [latex]x[/latex], [latex]y[/latex], [latex]z[/latex], получим, что нам достаточно доказать неравенство
$$\frac{lm}{k}(1-x)+\frac{mk}{l}(1-y)+\frac{kl}{m}(1-z)\geq$$ $$\geq k(1+x-y-z)+l(1+z-x-y)+$$ $$+m(1+y-z-x).$$ $(**)$
Это неравенство линейно относительно . Но переменные неотрицательны и удовлетворяют еще условию $(*)$ (на самом деле они больше нуля и неравенства $(*)$ строгие, но мы несколько расширяем область их изменения). Областью изменения их является многогранник в координатном пространстве [latex](x; y; z)[/latex] с вершинами [latex](0; 0; 0)[/latex], [latex](1; 0; 0)[/latex], [latex](0; 1; 0)[/latex], [latex](0; 0; 1)[/latex], [latex](\frac{1}{2}; \frac{1}{2}; \frac{1}{2})[/latex]. Достаточно проверить, что неравенство $(**)$ выполняется в этих вершинах. Например, при [latex]x=y=z=\frac{1}{2}[/latex] и при [latex]x=y=z=0[/latex] получаем неравенство
$$\frac{lm}{k}+\frac{mk}{l}+\frac{kl}{m}\geq k+l+m;$$
оно легко доказывается сложением очевидных неравенств
$\frac{kl}{m}+\frac{mk}{l}\geq 2k$, $\frac{kl}{m}+\frac{lm}{k}\geq 2l$, $\frac{lm}{k}+\frac{mk}{l}\geq 2m$.
Для остальных трех вершин неравенство $(**)$ очевидно.
И. Шарыгин
Замечание
Для центрально-симметричных шестиугольников эта задача эквивалентна замечательному неравенству Эрдеша-Морделла: для любой точки [latex]M[/latex] внутри треугольника сумма расстояний от [latex]M[/latex] до вершин по крайней мере вдвое больше суммы расстояний от [latex]M[/latex] до сторон (опустите перпендикуляры [latex]MB[/latex], [latex]MD[/latex], [latex]MF[/latex] на стороны и постройте параллелограммы [latex]BMFA[/latex], [latex]DMBC[/latex], [latex]FMDE[/latex]; радиусы описанных окружностей треугольников [latex]BMF[/latex], [latex]DMB[/latex], [latex]FMD[/latex] равны [latex]R_A[/latex], [latex]R_C[/latex], [latex]R_E[/latex] в условии и равны расстояниям от точки [latex]M[/latex] до вершин треугольника).
