17856. Дан треугольник ABC
со сторонами BC=a
, CA=b
и AB=c
. Рассмотрим треугольник A_{1}B_{1}C_{1}
, стороны которого равны a+\frac{b}{2}
, b+\frac{c}{2}
и c+\frac{a}{2}
. Докажите, что для площадей этих треугольников верно неравенство
S_{\triangle A_{1}B_{1}C_{1}}\geqslant~\frac{9}{4}S_{\triangle ABC}.
Решение. Заметим, что треугольник со сторонами a+\frac{b}{2}
, b+\frac{c}{2}
и c+\frac{a}{2}
существует. Для этого достаточно доказать, что сумма двух меньших сторон этого треугольника больше его большей стороны. Действительно, пусть (без ограничения общности) большая сторона треугольника равна c+\frac{a}{2}
. Тогда
a+b\gt c~\Rightarrow~a+3b\gt c~\Rightarrow~2a+b+2b+c\gt2c+a~\Rightarrow~\left(a+\frac{b}{2}\right)+\left(b+\frac{c}{2}\right)\gt c+\frac{a}{2}.
По формуле Герона
16S_{\triangle ABC}^{2}=(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)~\mbox{и}
16S_{\triangle A_{1}B_{1}C_{1}}^{2}=\frac{3}{16}(a+b+c)(-a+b+3c)(-b+c+3a)(-c+a+3b).
Поскольку a
, b
и c
— стороны треугольника, то a+b-c
, b+c-a
и c+a-b
— положительные числа. Пусть они равны 2p
, 2q
и 2r
соответственно. Тогда
c=q+r,~b=p+q,~a=p+r.
Используя эти равенства, получим
\frac{S_{\triangle ABC}^{2}}{S_{\triangle A_{1}B_{1}C_{1}}^{2}}=\frac{16pqr}{3(2p+q)(2q+r)(2r+p)}.
Таким образом, осталось доказать, что
(2p+q)(2q+r)(2r+p)\geqslant27pqr.
Применив неравенство Коши (см. примечание к задаче 3399), получим
2p+q=p+p+q\geqslant3\sqrt[{3}]{{p^{2}q}},~2q+r\geqslant3\sqrt[{3}]{{q^{2}r}},~2r+p\geqslant3\sqrt[{3}]{{r^{2}p}}.
Перемножив эти неравенства, получим требуемый результат.
Заметим, что доказанное неравенство обращается в равенство тогда и только тогда, когда p=q=r
, т. е. тогда и только тогда, когда треугольник ABC
равносторонний.
Источник: Индийские математические олимпиады. — 2003, задача 5