Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/1999/02/30.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:25:05 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:24:35 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: star

Предположим, что

b a

r . Тогда 1 r = r.

Значит,

c b

<

a+b b

=1 +

a b

1+

S

ABD

=

BD BC

<

2 5 +1

=

5 -1 2

.

И сумма и произведение являются циклическими относительно а, b, с. Раскрывая скобки в неравенстве (1), получаем

Второе решение (высота и биссектриса). Мы рассмотрим два случая.

Естественно возникает вопрос: а какова наилучшая оценка в этой задаче? Оказывается, она равна 2 2 . Следующая задача интересна тем, что в ней будут переплетены алгебра и геометрия. Задача 6 (сумма корней). Докажите, что для положительных чисел а, b, с справедливо неравенство
a + ab + b + b + bc + c +
2 2 2 2



a bc +

4



a b +2
33

42



a b c+

32

c. 2 Пусть СН высота, опущенная из вершины С. Мы сложим кусок бумаги +

1) b

5 -1

+



a b + 3a b c

222


или



a b +3

33



a b c + 6a b c ,

32

222



a bc +

4



ab

42



a b c + 3a b c .

32

222

=

>

+

c + ca + a 3 ab + bc + ca .

2

2

Первое решение (сумма трех неравенств). Во-первых,

Используя неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом еще раз, имеем

*
Рис. 4

0

*

)

a + ab + b

2

2

3 2

b

a+b .

g



a bc 3

4


42

a b c = 3a b c .

666

222

вдоль СН (рис.4). Нам достаточно доказать, что 5 -1 < . S AHC 2 Так как АВ НС = 2, то

Действительно, возводя неравенство в квадрат и перенося все в левую часть, получаем 2 a - b 0. Аналогично,

Тем самым, остается доказать, что

b

g


Но
2

ab

j

a b c.

32

S

AHC

=

HC HA 2
<

< HC 2 5 -1 2
.

b + bc + c
и

2

2

3 2

b b

b+c

g

e

ab -

42



abc =

32

=

HC AC 2

c. 2 Пусть AD биссектриса угла А (рис.5). Мы сложим треугольник АВС + ,

2) b >

5 -1

3 c+a . 2 Складывая эти три неравенства, получаем c + ca + a
2 2

g

e
2

a b-b c

2

2

j

2

0.

Примечание для знатоков. Неравенство (1) можно доказать короче, используя неравенство Глльдера.

a + ab + b + b + bc + c +

2

2

2

2

ab + bc + ca = ab
2

+ c + ca + a a + b + c Остается доказать, что

2

2

b

g

3.
+a

3 a + b + c 3 ab + bc + ca .
Возведя обе части неравенства в квадрат, сократив на 3 и умножив обе части на 2, а затем перенеся все в левую сторону, получаем

b

g

FH

2

Ч

FH

b g FH b IK + F b I b bcg HK IK HF c IK b acg b + bc + c I F a KH
13 13 13 13 2 13 13 2 2 13

FH a IK FH c IK + FH ab + b
13 2 2 13 2 2 2 2

13

+

+a

2

+ c + ac

*
Рис. 5

+

)

=

КВАНT 1999/?2

вдоль AD и, так как точка C лежит на стороне АВ, нам достаточно рассмотреть треугольник ABD. Имеем S BD S ABD = ABD = . SABC BC Так как

b

a-b

g + bb - cg + b
2 2 2

c-a

g

FH

IK

IK
2

13

Ч

13

=

a + ab + b

IK

13

.

2

0.

Второе решение (среднее арифметическое и среднее геометрическое). Мы докажем, что

Третье решение (площадь треугольника). Докажем более общее неравенство. Если , , > 0 и + + = 2 , то

CD b = , то BD c BD =1+
>1+

Из этого неравенства, в силу неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим, получим

e

a + ab + b

2

jb
2

ab + bc + ca .(1)

g

3



a - 2ab cos + b

2

2

63



ab sin . (2)

BC BD

=

BD + CD

b c

>
5 -1 2 = 5 +1 2

FG 1 H3


a + ab + b
2

2

IJ K

3



.



a + ab + b

2

e

ab + bc + ca

j

3

.

Пусть Р точка на плоскости. Рассмотрим треугольник АВС, вершины которого находятся на расстояниях a, b, c от точки Р, с углами , , между отрезками РА, РВ, РС так, как это показано на рисунке 6.

!