Информация о задаче

Задача 57317

Тема:

[

Алгебраические задачи на неравенство треугольника

]

Сложность: 5+
Классы: 8

Прислать комментарий

Условие

a, b и c - длины сторон произвольного треугольника. Докажите, что

a²b(a - b) + b²c(b - c) + c²a(c - a) $\displaystyle \geq$ 0.

Решение

Введем новые переменные x = (- a + b + c)/2, y = (a - b + c)/2 и z = (a + b - c)/2. Тогда числа x, y, z положительны и a = y + z, b = x + z, c = x + y. Несложные, но несколько громоздкие вычисления показывают, что a²b(a - b) + b²c(b - c) + c²a(c-a) = 2(x³z + y³x + z³y - xyz(x + y + z)) = 2xyz $\Bigl($ ${\frac{x^2}{y}}$ + ${\frac{y^2}{z}}$ + ${\frac{z^2}{x}}$ - x - y - z $\Bigr)$ . Так как 2 $\leq$ ${\frac{x}{y}}$ + ${\frac{y}{x}}$ , то 2x $\leq$ x $\left(\vphantom{\frac xy+ \frac yx}\right.$ ${\frac{x}{y}}$ + ${\frac{y}{x}}$ $\left.\vphantom{\frac xy+ \frac yx}\right)$ = ${\frac{x^2}{y}}$ + y. Аналогично 2y $\leq$ y $\left(\vphantom{\frac yz+ \frac zy}\right.$ ${\frac{y}{z}}$ + ${\frac{z}{y}}$ $\left.\vphantom{\frac yz+ \frac zy}\right)$ = ${\frac{y^2}{z}}$ + z и 2z $\leq$ z $\left(\vphantom{\frac zx+ \frac xz}\right.$ ${\frac{z}{x}}$ + ${\frac{x}{z}}$ $\left.\vphantom{\frac zx+ \frac xz}\right)$ = ${\frac{z^2}{x}}$ + x. Складывая эти неравенства, получаем ${\frac{x^2}{y}}$ + ${\frac{y^2}{z}}$ + ${\frac{z^2}{x}}$ $\geq$ x + y + z.

Источники и прецеденты использования


книга
Автор	Прасолов В.В.
Год издания	2001
Название	Задачи по планиметрии
Издательство	МЦНМО
Издание	4*
глава
Номер	9
Название	Геометрические неравенства
Тема	Геометрические неравенства
параграф
Номер	2
Название	Алгебраические задачи на неравенство треугольника
Тема	Алгебраические задачи на неравенство треугольника
задача
Номер	09.013