16198. Дан треугольник ABC
. Точки D
, E
и F
— основания перпендикуляров опущенных из произвольной точки P
на стороны BC
, CA
и AB
соответственно. Докажите, что
\frac{AB^{2}+BC^{2}+CA^{2}}{4}\leqslant AF^{2}+BD^{2}+CE^{2}.
Решение. Обозначим BC=a
, CA=b
, AB=c
, AF=z
, BD=x
и CE=y
. Тогда
FB=c-z,~DC=a-x,~EA=b-y.
По теореме Пифагора получаем
PA^{2}-z^{2}=PB^{2}-(c-z)^{2},
PB^{2}-x^{2}=PC^{2}-(a-x)^{2},
PC^{2}-y^{2}=PA^{2}-(b-y)^{2}.
После сложения этих равенств получим, что
x^{2}+y^{2}+z^{2}=(a-x)^{2}+(b-y)^{2}+(c-z)^{2},
ax+by+cz=\frac{1}{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2}).
Следовательно, применив неравенство Коши—Буняковского (см. задачу 7946), получим
\frac{1}{4}(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}=(ax+by+cz)^{2}\leqslant(a^{2}+b^{2}+c^{2})(x^{2}+y^{2}+z^{2}).
Что и требовалось доказать.
Равенство достигается тогда и только тогда, a:b:c=x:y:z
, т. е. тогда и только тогда, когда D
, E
и F
— середины сторон треугольника. В этом случае P
— центр описанной окружности треугольника ABC
.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2003, № 1, задача 2707 (2002, с. 54), с. 55