12993. Неравенство Эрдёша. Пусть M
— произвольная точка внутри треугольника ABC
; x
, y
и z
— расстояния от этой точки до вершин A
, B
и C
соответственно; u
, v
и w
— расстояния до сторон BC=a
, AC=b
и AB=c
соответственно. Докажите, что
x+y+z\geqslant2(u+v+w).
Решение. На сторонах AB
и AC
треугольника ABC
внешним образом построим параллелограммы. Пусть P
— точка пересечения продолжений их сторон, параллельных AB
и BC
. Тогда площадь параллелограмма со стороной BC
и стороной, равной и параллельной PA
, равна равна сумме площадей первых двух параллелограммов (см. задачу 11323).
Поскольку высота этого третьего параллелограмма, опущенная на сторону BC
, не больше AP
, то сумма площадей первых двух параллелограмма не больше BC\cdot AP
. Значит,
AC\cdot v+AB\cdot w\leqslant BC\cdot x,~\mbox{или}~bv+cw\leqslant ax~\Rightarrow~\frac{b}{a}v+\frac{c}{a}w\leqslant x.
Отобразим треугольник ABC
относительно биссектрисы угла A
. Тогда по доказанному выше
bw+cv\leqslant ax~\Rightarrow~\frac{b}{a}w+\frac{c}{a}v\leqslant x.
Аналогично, для треугольника, симметричного треугольнику ABC
при симметрии относительно биссектрисы угла B
получим
aw+cu\leqslant by~\Rightarrow~\frac{a}{b}w+\frac{c}{b}u\leqslant y,
для треугольника, симметричного треугольнику ABC
при симметрии относительно биссектрисы угла C
—
av+bu\leqslant cz~\Rightarrow~\frac{a}{c}v+\frac{b}{c}u\leqslant z.
Сложив эти три равенства, получим
x+y+z\geqslant\left(\frac{b}{a}w+\frac{c}{a}v\right)+\left(\frac{a}{b}w+\frac{c}{b}u\right)+\left(\frac{a}{c}v+\frac{b}{c}u\right)=
=\left(\frac{c}{b}+\frac{b}{c}\right)u+\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)v+\left(\frac{b}{a}+\frac{a}{b}u\right)v\geqslant2u+2v+2w=2(u+v+w).
Что и требовалось доказать.