11967. Пусть a
, b
и c
— стороны треугольника, а m_{a}
, m_{b}
и m_{c}
— соответствующие медианы. Докажите, что
\frac{m_{a}^{2}}{b^{2}+c^{2}}+\frac{m_{b}^{2}}{a^{2}+c^{2}}+\frac{m_{c}^{2}}{a^{2}+b^{2}}\leqslant\frac{9}{8}.
Решение. Применив формулу для квадрата медианы треугольника (см. задачу 4014), получим
\frac{m_{a}^{2}}{b^{2}+c^{2}}+\frac{m_{b}^{2}}{a^{2}+c^{2}}+\frac{m_{c}^{2}}{a^{2}+b^{2}}\leqslant\frac{9}{8}~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~\frac{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}}{b^{2}+c^{2}}+\frac{2a^{2}+2c^{2}-b^{2}}{a^{2}+c^{2}}+\frac{2a^{2}+2b^{2}-c^{2}}{a^{2}+b^{2}}\leqslant\frac{9}{2}~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~2+2+2-\left(\frac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}}+\frac{b^{2}}{a^{2}+c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}+b^{2}}\right)\leqslant\frac{9}{2}~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~\frac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}}+\frac{b^{2}}{a^{2}+c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}+b^{2}}\geqslant\frac{3}{2}.
Последнее неравенство верно для всех отличных от нуля чисел. Действительно, положив
b^{2}+c^{2}=x^{2},~a^{2}+c^{2}=y^{2},~a^{2}+b^{2}=z^{2},
получим
a^{2}=\frac{y^{2}+z^{2}-x^{2}}{2},~b^{2}=\frac{x^{2}+z^{2}-y^{2}}{2},~c^{2}=\frac{x^{2}+y^{2}-z^{2}}{2}.
Следовательно,
\frac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}}+\frac{b^{2}}{a^{2}+c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}+b^{2}}=
=\frac{y^{2}+z^{2}-x^{2}}{2x^{2}}+\frac{x^{2}+z^{2}-y^{2}}{2y^{2}}+\frac{x^{2}+y^{2}-z^{2}}{2z^{2}}=
=\frac{1}{2}\left(\frac{y^{2}}{x^{2}}+\frac{z^{2}}{x^{2}}+\frac{x^{2}}{y^{2}}+\frac{z^{2}}{y^{2}}+\frac{x^{2}}{z^{2}}+\frac{y^{2}}{z^{2}}\right)-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=
=\frac{1}{2}\left(\left(\frac{y^{2}}{x^{2}}+\frac{x^{2}}{y^{2}}\right)+\left(\frac{y^{2}}{z^{2}}+\frac{z^{2}}{y^{2}}\right)+\left(\frac{x^{2}}{z^{2}}+\frac{z^{2}}{x^{2}}\right)\right)-\frac{3}{2}~\geqslant~
\geqslant~\frac{1}{2}(2+2+2)-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}.
Что и требовалось доказать (причём равенство достигается для равностороннего треугольника).