3222. Докажите, что из всех треугольников данной площади равносторонний имеет наименьший периметр.
Указание. Примените формулу Герона и неравенство Коши для четырёх чисел (среднее арифметическое четырёх неотрицательных чисел не меньше их среднего геометрического).
Решение. Первый способ. Известно, что если числа x
, y
, z
, t
неотрицательны, то
\frac{x+y+z+t}{4}\geqslant\sqrt[{4}]{{xyzt}},
причём равенство достигается тогда и только тогда, когда x=y=z=t
. Отсюда следует, что при постоянном произведении положительных чисел x
, y
, z
, t
их сумма минимальна, если эти числа равны между собой.
Пусть a
, b
и c
— стороны треугольника, p
— полупериметр, S
— площадь. По формуле Герона
S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}~\Rightarrow~S^{2}=p(p-a)(p-b)(p-c).
Заметим, что
p=\frac{3}{4}\left(\frac{p}{3}+(p-a)+(p-b)+(p-c)\right).
Поскольку произведение четырёх сомножителей \frac{p}{3}\cdot(p-a)(p-b)(p-c)=\frac{1}{3}S^{2}
постоянно, то их сумма минимальна, когда все они равны между собой. В нашем случае \frac{p}{3}=p-a=p-b=p-c
. Отсюда следует, что a=b=c=\frac{2p}{3}
, т. е. треугольник — равносторонний.
Второй способ. Пусть из треугольников данной площади S
периметр 2p
равностороннего треугольника T
не наименьший: есть треугольник T'
с меньшим периметром 2p'
. Тогда (см. задачу 3223) площадь S''
равностороннего треугольника T''
с периметром 2p'
больше S
. Мы получили два подобных треугольника T
и T''
, причём у одного больше площадь, а у второго — периметр. Противоречие.