Задача из журнала «Квант» (1996 год, 6 выпуск)

Условие

В выпуклом шестиугольнике $ABCDEF$ $AB||ED$, $BC||FE$, $CD||AF$. Пусть $R_A$, $R_C$, $R_E$ — радиусы окружностей, описанных около треугольников соответственно, а $p$ — полупериметр шестиугольника. Докажите, что:
$$R_A+R_C+R_E\geq p$$

Иллюстрация к задаче

Решение

Первое решение

Пусть длины сторон $AB$, $BC$, $CD$, $DE$, $EF$ и $FA$ равны $a$, $b$, $c$, $d$, $e$ и $f$ соответственно. Построим $AP\perp BC$, $AS\perp EF$, $DQ\perp BC$ и $DR\perp EF$. Тогда $PQRS$ — прямоугольник и $BF\geq PS=QR$. Следовательно, $2BF\geq PS+QR$ и тогда $2BF\geq (a\sin B+f\sin C)+(c\sin C+d\sin B)$ (мы воспользовались тем, что $\angle A=\angle D$, $\angle B=\angle E$, $\angle C=\angle F$).

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 $R_A$, $R_C$, $R_E$:
$R_A=\frac{BF}{2\sin A}$, $R_C=\frac{DB}{2\sin C}$ 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, $R_A+R_C+R_E\geq p$. Равенство достигается тогда и только тогда, когда $\angle A=\angle B=\angle C$ и $BF\perp BC$, то есть в случае правильного шестиугольника.

Н. Седракян

Второе решение

Рассматриваемый шестиугольник $ABCDEF$ можно получить и некоего треугольника $KLM$, проведя прямые, параллельные сторонам этого треугольника.

Пусть $KL=m$, $LM=k$, $MK=l$, $\angle LKM=\delta$, высота к стороне $LM$ равна $h$, коэффициенты подобия (гомотетин) треугольников $KCB$, $DLE$ и $AFM$ по отношению к треугольнику $KLM$ равны соответственно $x$, $y$, $z$. Понятно, что
$x+y\leq 1$, $y+z\leq 1$, $x+z\leq 1$ $(*)$
(мы допускаем ниже и случаи равенства). Если $R$ — радиус окружности, описанной около треугольника $ABF$,
$$R=\frac{BF}{2\sin\delta}\geq\frac{h(1-x)}{2\sin\delta}=\frac{S_KLM(1-x)}{2k\sin\delta}=\frac{lm}{k}(1-x).$$

Оценивая аналогично другие радиусы и выражая стороны шестиугольника через $k$, $l$, $m$, $x$, $y$, $z$, 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 $(x; y; z)$ с вершинами $(0; 0; 0)$, $(1; 0; 0)$, $(0; 1; 0)$, $(0; 0; 1)$, $(\frac{1}{2}; \frac{1}{2}; \frac{1}{2})$. Достаточно проверить, что неравенство $(**)$ выполняется в этих вершинах. Например, при $x=y=z=\frac{1}{2}$ и при $x=y=z=0$ 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 $M$ внутри треугольника сумма расстояний от $M$ до вершин по крайней мере вдвое больше суммы расстояний от $M$ до сторон (опустите перпендикуляры $MB$, $MD$, $MF$ на стороны и постройте параллелограммы $BMFA$, $DMBC$, $FMDE$; радиусы описанных окружностей треугольников $BMF$, $DMB$, $FMD$ равны $R_A$, $R_C$, $R_E$ в условии и равны расстояниям от точки $M$ до вершин треугольника).