13982. Докажите, что для любого треугольника ABC
верно неравенство
\sqrt{\frac{2(p-a)}{c}}+\sqrt{\frac{2(p-b)}{a}}+\sqrt{\frac{2(p-c)}{b}}\geqslant\frac{p^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}-p^{2}},
где BC=a
, CA=b
, AB=c
, а p
— полупериметр.
Решение. Первый способ. Лемма 1. Для любых чисел u
, v
и t
верно неравенство
uv+ut+vt\leqslant u^{2}+v^{2}+t^{2}.
Доказательство.
uv+ut+vt\leqslant u^{2}+v^{2}+t^{2}~\Leftrightarrow~2uv+2ut+2vt\leqslant2u^{2}+2v^{2}+2t^{2}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~u^{2}+v^{2}-2uv+u^{2}+t^{2}-2ut+v^{2}+t^{2}-2vt\geqslant0~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~(u-v)^{2}+(u-t)^{2}+(v-t)^{2}\geqslant0.
Лемма доказана.
Лемма 2. Для любых положительных чисел k
, l
, m
, K
, L
, M
верно неравенство
\frac{k^{2}}{K}+\frac{l^{2}}{L}+\frac{m^{2}}{M}\geqslant\frac{(k+l+m)^{2}}{K+L+M}.
Доказательство.
k^{2}LM(K+L+M)+l^{2}KM(K+L+M)+m^{2}KL(K+L+M)-
-KLM(k+l+m)^{2}=
=k^{2}LM(K+L+M)+l^{2}KM(K+L+M)+m^{2}KL(K+L+M)-
-KLM(k^{2}+l^{2}+m^{2}+2kl+2km+2lm)^{2}=
=k^{2}LM(L+M)+L^{2}KM(K+M)+m^{2}KL(K+L)-
-(2kl+2lm+km)KLM=
=M(k^{2}L^{2}-2klKL+l^{2}K^{2})+K(l^{2}M^{2}-2lmLM+m^{2}L^{2})+
+L(m^{2}K^{2}-2mkMK+k^{2}M^{2})=
=M(kL-lK)^{2}+K(lM-mL)^{2}+L(mK-kM)^{2}\geqslant0.
Лемма доказана.
Вернёмся к нашей задаче.
Пусть a=y+z
, b=z+x
и c=x+y
(x,y,z\geqslant0
). Тогда
p=x+y+z,~a^{2}+b^{2}+c^{2}-p^{2}=
=(x+y)^{2}+(y+z)^{2}+(z+x)^{2}+(x+y+z)^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}.
Далее воспользуемся леммой 1, неравенством Коши (см. задачу 3399) и леммой 2. Получим
\sqrt{\frac{2(p-a)}{c}}+\sqrt{\frac{2(p-b)}{a}}+\sqrt{\frac{2(p-c)}{b}}=
=\sqrt{\frac{2x}{x+y}}+\sqrt{\frac{2y}{y+z}}+\sqrt{\frac{2z}{z+x}}=
=\frac{2x}{\sqrt{2x(x+y)}}+\frac{2y}{\sqrt{2y(y+z)}}+\frac{2z}{\sqrt{2z(z+x)}}\geqslant
\geqslant\frac{4x}{3x+y}+\frac{4y}{3y+z}+\frac{4z}{3z+x}=
=\frac{4x^{2}}{3x^{2}+xy}+\frac{4y^{2}}{3y^{2}+yz}+\frac{4z^{2}}{3z^{2}+xz}\geqslant\frac{4(x+y+z)^{2}}{3(x^{2}+y^{2}+z^{2})+xy+yz+zx}\geqslant
\geqslant\frac{4(x+y+z)^{2}}{3(x^{2}+y^{2}+z^{2})+x^{2}+y^{2}+z^{2}}\geqslant\frac{(x+y+z)^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}=\frac{p^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}-p^{2}}.
Что и требовалось доказать.
Второй способ. Пусть a=y+z
, b=z+x
и c=x+y
. Тогда
p=x+y+z,~a^{2}+b^{2}+c^{2}-p^{2}=
=(y+z)^{2}+(z+x)^{2}+(x+y)^{2}-(x+y+z)^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2},
а по неравенству треугольника
0\lt a+b-c=(y+z)+(z+x)-(x+y)=2z~\Rightarrow~z\gt0.
Аналогично, x\gt0
и y\gt0
.
Далее будем доказывать неравенство
\sqrt{\frac{2x}{x+y}}+\sqrt{\frac{2y}{y+z}}+\sqrt{\frac{2z}{z+x}}\geqslant\frac{(x+y+z)^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}},
равносильное исходному.
Воспользуемся следующими утверждениями.
1.
\sqrt{2x(x+y)}\leqslant\frac{3x+y}{2},~\sqrt{2y(y+z)}\leqslant\frac{3y+z}{2},~\sqrt{2z(z+x)}\leqslant\frac{3z+x}{2}.
(см. задачу 3399).
2. По неравенству Коши—Буняковского (см. задачу 7946) для наборов
(\sqrt{3x+y},\sqrt{3y+z},\sqrt{3z+x})~\mbox{и}~\left(\frac{2x}{\sqrt{3x^{2}+xy}},\frac{2y}{\sqrt{3y^{2}+yx}},\frac{2z}{\sqrt{3z^{2}+zx}}\right)
верно неравенство
(2x+2y+2z)^{2}\leqslant\left(\frac{4x^{2}}{3x^{2}+xy}+\frac{4y^{2}}{3y^{2}+zy}+\frac{4z^{2}}{3z^{2}+zx}\right)(3(x^{2}+y^{2}+z^{2})+xy+yz+zx).
3.
(x-y)^{2}+(y-z)^{2}+(z-x)^{2}\geqslant0~\Rightarrow~xy+yz+zx\leqslant x^{2}+y^{2}+z^{2}.
Следовательно,
\sqrt{\frac{2x}{x+y}}+\sqrt{\frac{2y}{y+z}}+\sqrt{\frac{2z}{z+x}}=\frac{2x}{\sqrt{2x(x+y)}}+\frac{2y}{\sqrt{2y(y+z)}}+\frac{2z}{\sqrt{2z(z+x)}}\geqslant
\geqslant\frac{4x}{3x+y}+\frac{4y}{3y+z}+\frac{4z}{3z+x}=\frac{4x^{2}}{3x^{2}+xy}+\frac{4y^{2}}{3y^{2}+yz}+\frac{4z^{2}}{3z^{2}+zx}\geqslant
\geqslant\frac{(2x+2y+2z)^{2}}{3(x^{2}+y^{2}+z^{2})+xy+yz+zx}\geqslant\frac{4(x+y+z)^{2}}{3(x^{2}+y^{2}+z^{2})+x^{2}+y^{2}+z^{2}}=
=\frac{(x+y+z)^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}=\frac{p^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}-p^{2}}.
Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2017, № 6, задача 4155, с. 270