16220. Дан нетупоугольный треугольник со сторонами a
, b
и c
. Докажите, что
a+b+c\geqslant\sqrt{a^{2}+b^{2}-c^{2}}+\sqrt{a^{2}+c^{2}-b^{2}}+\sqrt{b^{2}+c^{2}-a^{2}}.
Какова геометрическая интерпретация этого неравенства?
Решение. Лемма. Если точки A
и B
расположены вне окружности с центром O
, причём прямая AB
пересекает окружность, а прямые, проходящие через точки A
и B
касаются окружности в точках X
и Y
соответственно, то
AB\geqslant AX+AY.
Доказательство. Без ограничения общности считаем, что точки X
и Y
лежат с точкой O
по разные стороны от прямой AB
(см. задачу 1723).
Пусть прямые OX
и OY
пересекают прямую AB
в точках P
и Q
соответственно (точки A
, P
, Q
и B
лежат на этой прямой в указанном порядке). Тогда
AX\leqslant AP~\mbox{и}~BY\leqslant BQ~\Rightarrow~AX+BY\leqslant AP+BQ\leqslant AB.
Равенство достигается тогда и только тогда, когда прямая ASB
касается окружности.
Лемма доказана.
Пусть ABC
— остроугольный треугольник. Обозначим углы данного треугольника ABC
, противолежащие сторонам BC=a
, CA=b
и AB=c
, через \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно. Пусть M
— середина стороны BC
, AD
— высота треугольника ABC
, а Z
и T
— точки касания прямых, проходящих через точки соответственно B
и C
, с окружностью девяти точек треугольника ABC
. Применив теорему косинусов и теорему о касательной и секущей, а также доказанную лемму, получим
\sqrt{a^{2}+b^{2}-c^{2}}+\sqrt{a^{2}+c^{2}-b^{2}}=\sqrt{2ab\cos\gamma}+\sqrt{2ac\cos\beta}=
=\sqrt{2BC\cdot AC\cos\gamma}+\sqrt{2BC\cdot AB\cos\beta}=\sqrt{2BC\cdot CD}+\sqrt{2BC\cdot BD}=
=\sqrt{4CM\cdot CD}+\sqrt{4BM\cdot BD}=2\sqrt{CM\cdot CD}+2\sqrt{BM\cdot BD}=
=2CT+2BZ\leqslant2BC=2a.
Аналогично,
\sqrt{b^{2}+c^{2}-a^{2}}+\sqrt{a^{2}+b^{2}-c^{2}}\geqslant2b,~\sqrt{a^{2}+c^{2}-b^{2}}+\sqrt{b^{2}+c^{2}-a^{2}}\geqslant2c.
Сложив три этих неравенства и разделив результат на 2, получим
a+b+c\geqslant\sqrt{a^{2}+b^{2}-c^{2}}+\sqrt{a^{2}+c^{2}-b^{2}}+\sqrt{b^{2}+c^{2}-a^{2}}.
Что и требовалось доказать.
Равенство достигается тогда и только тогда, когда данный треугольник равносторонний.
Если данный треугольник прямоугольный, например, c^{2}=a^{2}+b^{2}
, то неравенство принимает вид
a+b+c\geqslant(a+b)\sqrt{2},
а так как a+b\gt c
, то достаточно доказать, что 2c\geqslant(a+b)\sqrt{2}
. Заметим, что
2c\geqslant(a+b)\sqrt{2}~\Leftrightarrow~2c^{2}\geqslant(a+b)^{2}~\Leftrightarrow~2a^{2}+2b^{2}\geqslant a^{2}+2ab+b^{2}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~a^{2}+b^{2}\geqslant2ab~\Leftrightarrow~(a-b)^{2}\geqslant0.
Следовательно, доказываемое неравенство верно и для прямоугольного треугольника.
Геометрическая интерпретация доказанного неравенства: периметр неостроугольного треугольника не меньше суммы всех шести отрезков касательных, проведённых из вершин треугольника к его окружности девяти точек (т. е. суммы расстояний от вершин треугольника до точек касания).
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2004, № 8, задача 2884 (2004, с. 467), с. 514