11200. Точки C_{1}
, A_{1}
, B_{1}
взяты соответственно на сторонах AB
, BC
, CA
треугольника ABC
так, что
\frac{AC_{1}}{C_{1}B}=\frac{BA_{1}}{A_{1}C}=\frac{CB_{1}}{B_{1}A}=\frac{1}{3}.
Докажите, что периметр P
треугольника ABC
и периметр P_{1}
треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
связаны неравенствами
а) P_{1}\lt\frac{3}{4}P
; б) P_{1}\gt\frac{1}{2}P
.
Решение. а) Отметим на сторонах соответственно AB
, BC
, CA
треугольника ABC
такие точки C_{2}
, A_{2}
, B_{2}
, что
\frac{AC_{2}}{C_{2}B}=\frac{BA_{2}}{A_{2}C}=\frac{CB_{2}}{B_{2}A}=3.
Тогда по неравенству треугольника
A_{1}C_{2}\lt A_{1}C_{2}+C_{1}C_{2}=\frac{1}{4}AC+\frac{1}{2}AB.
Аналогично,
C_{1}B_{2}+B_{1}B_{2}\lt\frac{1}{4}BC+\frac{1}{2}AC,~B_{1}A_{2}+A_{1}A_{2}\lt\frac{1}{4}AB+\frac{1}{2}BC.
Сложив эти три неравенства, получим, что
P_{1}\lt\frac{3}{4}(AB+AC+BC)=\frac{3}{4}P.
Что и требовалось доказать.
б) По неравенству треугольника
B_{1}C_{1}+C_{1}A\gt B_{1}A,~C_{1}A_{1}+A_{1}B\gt C_{1}B,~A_{1}B_{1}+B_{1}C\gt A_{1}C.
Сложив эти три неравенства, получим, что
P_{1}=B_{1}C_{1}+C_{1}A_{1}+A_{1}B_{1}\gt
\gt(C_{1}B-C_{1}A)+(A_{1}B-A_{1}C)+(B_{1}C-B_{1}A)=
=\left(\frac{3}{4}AB-\frac{1}{4}AB\right)+\left(\frac{3}{4}BC-\frac{1}{4}BC\right)+\left(\frac{3}{4}AC-\frac{1}{4}AC\right)=
=\frac{1}{2}(AB+BC+AC)=\frac{1}{2}P.
Что и требовалось доказать.
Примечание. Оценку P_{1}\gt\frac{1}{2}P
можно улучшить (P_{1}\gt\frac{7}{12}P
), а неравенства P_{1}\lt\frac{3}{4}P
и P_{1}\gt\frac{1}{2}P
не улучшаемы (см. Квант, 1982, N3, с.31).