Информация о задаче

Задача 57430

Тема:

[

Неравенства с биссектрисами

]

Сложность: 8
Классы: 8,9

Прислать комментарий

Условие

Докажите, что l_a + l_b + m_c $\leq$ $\sqrt{3}$ p.

Решение

Достаточно доказать, что $\sqrt{p(p-a)}$ + $\sqrt{p(p-b)}$ + m_c $\leq$ $\sqrt{3p}$ . Можно считать, что p = 1; пусть x = 1 - a и y = 1 - b. Тогда m_c² = (2a² + 2b² - c²)/4 = 1 - (x + y) + (x - y)²/4 = m(x, y). Рассмотрим функцию f (x, y) = $\sqrt{x}$ + $\sqrt{y}$ + $\sqrt{m(x,y)}$ . Нужно доказать, что f (x, y) $\leq$ $\sqrt{3}$ при x, y $\geq$ 0 и x + y $\leq$ 1. Пусть g(x) = f (x, x) = 2 $\sqrt{x}$ + $\sqrt{1-2x}$ . Так как g'(x) = ${\frac{1}{\sqrt x}}$ - ${\frac{1}{\sqrt{1-2x}}}$ , то при возрастании x от 0 до 1/3 g(x) возрастает от 1 до $\sqrt{3}$ , а при возрастании x от 1/3 до 1/2 g(x) убывает от $\sqrt{3}$ до $\sqrt{2}$ . Введем новые переменные d = x - y и q = $\sqrt{x}$ + $\sqrt{y}$ . Легко проверить, что (x - y)² - 2q²(x + y) + q⁴ = 0, т. е. x + y = (d² + q⁴)/2q². Поэтому

f (x, y) = q + $\displaystyle \sqrt{1-\frac{q^2}{2}-\frac{d^2(2-q^2)}{4q^2}}$ .

Заметим теперь, что q² = ( $\sqrt{x}$ + $\sqrt{y}$ )² $\leq$ 2(x + y) $\leq$ 2, т. е. d²(2 - q²)/4q² $\geq$ 0. Следовательно, при фиксированном q значение функции f (x, y) максимально, если d = 0, т. е. x = y; случай x = y разобран выше.

Источники и прецеденты использования


книга
Автор	Прасолов В.В.
Год издания	2001
Название	Задачи по планиметрии
Издательство	МЦНМО
Издание	4*
глава
Номер	10
Название	Неравенства для элементов треугольника
Тема	Неравенства для элементов треугольника.
параграф
Номер	3
Название	Биссектрисы
Тема	Неравенства с биссектрисами
задача
Номер	10.020