Тема Геометрические неравенства

Неравенство треугольника в планике

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела геометрические неравенства

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#61359

Дан прямоугольник $ABCD,$ у которого $AB > BC.$ На стороне $AB$ отмечены точки $K$ и $L$ такие, что $K$ лежит между $A$ и $L$ и $KL = BC.$ Докажите, что $KD + LC$ меньше половины периметра прямоугольника.

Показать доказательство

Полупериметр прямоугольника $ABCD$ равен сумме его двух соседних сторон, то есть равен $AB + BC.$

$ABCDKL$

Значит, нужно доказать, что $KD + LC < AB + BC.$

По условию $KL = BC.$ Тогда

AB + BC = AK +KL +LB + BC = AK +LB + 2BC.

Запишем неравенство треугольника для $△ AKD :$

KD < AD + AK.

Запишем неравенство треугольника для $△ BLC :$

LC < BC + LB.

Сложим два полученных неравенства:

KD +LC < AD + AK +BC + LB.

Заметим, что $AD =BC,$ так как $ABCD$ — прямоугольник. Тогда

KD +LC < AD +AK +BC +LB = AK +LB + 2BC = AB + BC.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#81385

В треугольнике $ABC$ отметили точку $E$ на отрезке $BC.$ Докажите, что $AE$ меньше хотя бы одного из отрезков $AB$ и $AC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что мы знаем в треугольнике про угол, лежащий напротив большей стороны?

Подсказка 2

А ещё не забудьте, что Вы знаете сумму смежных углов!

Показать доказательство

$PIC$

Предположим противное, пусть $AE ≥ AB$ и $AE ≥AC.$ Как известно, в треугольнике против большей стороны лежит больший угол. Получается, что $∠ABC =∠ABE >∠AEB$ и $∠ACB =∠ACE >∠AEC.$ Если сложить неравенства, то получим, что $∠ABC + ∠ACB > 180∘,$ пришли к противоречию.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#81386

Докажите, что для любого прямоугольника сумма расстояний от произвольной точки плоскости до трех его вершин больше расстояния от этой точки до четвертой вершины.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нас просят доказать неравенство на длины отрезков, а именно что сумма каких-то трёх больше четвёртой. Хм, что-то напоминает… Чем будем пользоваться?

Подсказка 2

Попробуем написать неравенство треугольника и даже не одно! Для каких треугольников будем его писать?

Подсказка 3

Пусть, есть прямоугольник ABCD и точка O, тогда напишем неравенство треугольника для ACO и BDO. Что получаем?

Подсказка 4

Не умаляя общности докажем, что AO меньше чем сумма трёх других отрезков. Из треугольника ACO имеем: AO < AC + CO. А чему это равно в нашем треугольнике? (вспомните, что мы еще смотрели на треугольник BCO)

Показать доказательство

Пусть $ABCD$ — данный прямоугольник, а $O$ — произольная точка плоскости.

$PIC$

Заметим, что $AO < AC+ OC$ по неравенству треугольника $AOC.$ Также $BO +OD > BD$ по неравенству треугольника $OBD.$ Осталось заметить, что

AO < AC +OC = BD +OC < BO + OD +OC

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#81387

Докажите, что в любой трапеции разность длин боковых сторон меньше разности длин оснований.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сумму отрезков в неравенстве можно представить, а вот как получить разность — более сложный вопрос. Но попробуйте придумать, как можно показать разность оснований на чертеже.

Подсказка 2

Например, если отложить от вершины трапеции меньшее основание внутри большего. Теперь вопрос, как использовать это отрезок. Нужно записать неравенство треугольника с ним. Он не является стороной никакого треугольника, но это легко исправить дополнительным построением!

Показать доказательство

Отметим на $AD$ такую точку $C , 1$ что $CC ∥AB. 1$ Получили параллелограмм $ABCC . 1$ То есть $AB = CC 1$ и $BC = AC . 1$ По неравенству для треугольника $DCC1$ имеем: $C1D > CC1− CD$ (пусть не умаляя общности $CC1 >CD$ ). Осталось заметить, что $C1D = AD − BC$ и $CC1− CD = AB − CD.$ Получили требуемое. Для трапеции, у которой тупые углы не при одном основании, работает аналогичное построение.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#81388

В треугольнике $ABC$ взята произвольная точка $O.$ Докажите, что $AB +BC > AO +OC.$

[Неравенство резинки]

Показать доказательство

Продлим $AO$ до пересечения с $BC$ в точке $X.$

$PIC$

Заметим, что $AO +OC < AX + CX,$ потому что $AX = AO + OX$ и $OX +CX > OC.$ Аналогично $AB +BC > AX + CX.$ Следовательно, $AB + BC > AO+ OC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#81389

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ углы $B$ и $C$ равны. Докажите, что

|AB− CD |<AD

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нужно доказать некоторое неравенство для четырёхугольника, которое ещё и включает в себя разность длин двух несмежных отрезков. Какое дополнительное построение можно сделать, чтобы в левой части неравенства вычитались друг из друга длины смежных отрезков? И как нам здесь поможет равенство углов В и С?

Подсказка 2

Продолжим прямые АВ и СD до пересечения (точка Р). С какой бы стороны от отрезка ВС они ни пересекались, отрезки РС и РВ окажутся равными, следовательно, разность АВ и СD можно заменить разностью PA и РD! Доказать получившееся неравенство не составит труда:)

Подсказка 3

А всегда ли эти прямые можно продолжить до пересечения? Конечно, не совсем всегда, поэтому нужно не забыть рассмотреть случай их параллельности!

Показать доказательство

$PIC$

Предположим, что прямые $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $P.$ Тогда треугольник $PBC$ — равнобедренный, откуда следует, что $|AB − CD |=|PA − P D|$ (это не зависит от того, с какой стороны пересекаются прямые $AB$ и $CD$ ). По неравенству треугольника получаем, что $|P A− PD|< AD.$ Осталось разобрать случай параллельности $AB$ и $CD.$ В этом случае углы $B$ и $C$ равны по $90∘.$ Опустим перпендикуляр $AT$ на прямую $CD.$ Тогда $|AB − CD|= DT < AD,$ что и требовалось доказать.

$PIC$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#90823

На плоскости отмечено $2n$ точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Докажите, что эти точки можно соединить $n$ отрезками так, чтобы никакие два отрезка не имели общих точек (включая концов).

Показать доказательство

Первый способ. Рассмотрим всевозможные разбиения точек на пары и соединим их отрезками. Выберем разбиение на пары, в котором сумма длин проведенных отрезков минимальна. Такое разбиение существует, так как количество способов разбить на пары конечно.

Предположим, что какие-то два из отрезков ( $AB$ и $CD$ ) имеют общую точку $O$ .

$PIC$

Применим неравенство треугольника:

AO + OD > AD, BO +OC > BC

Сложим эти неравенства:

(AO + BO)+ (OD + OC )>AD + BC

AB + CD > AD +BC

Тогда если мы поменяем пары $AB,CD$ в разбиении на пары $AD, CB,$ то сумма длин проведенных отрезков уменьшится. Но это противоречит минимальности суммы длин во взятом разбиении на пары.

Второй способ. Мысленно проведем всевозможные отрезки между $2n$ точками. Их конечное число, а возможных направлений прямых на плоскости бесконечно. Тогда найдется прямая, которая не параллельна ни одному из отрезков. Введем декартову систему координат на плоскости, где эта прямая будет осью абсцисс.

Так как ось абсцисс не параллельна ни одному из отрезков между $2n$ точками, у всех точек будут различные ординаты. Тогда пронумеруем точки сверху вниз. И проведём отрезки, соединяющие $2$ самые “верхние” точки, затем следующие по высоте $2$ точки и так далее. (Пример на картинке)

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#91868

Докажите, что сумма расстояний от любой точки внутри треугольника до трех его вершин меньше периметра треугольника.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Стоит воспользоваться фактом, что для произвольной точки P внутри △АВС верно, что АВ+АС > ВР+РС. Доказать это можно, если продлить один из отрезков ВР или РС до стороны △АВС и использовать два неравенства треугольника.

Подсказка 2

Тогда если использовать полученный факт ко всем парам сторон △АВС и сложить все эти неравенства, то можно получить требуемое.

Показать доказательство

Пусть дан треугольник $ABC,$ а $P$ — произвольная точка внутри него. Докажем, что

AB + CA > BP + CP

Для этого продлим $BP$ до пересечения с $AC,$ пусть $M$ — точка пересечения $BP$ и $AC.$

$PIC$

Запишем неравенство треугольника для треугольника $ABM$

AB + AM > BM = BP + PM

Тогда

AB + CA = AB+ AM + MC > BP + PM + MC

Теперь применим неравенство треугольника для треугольника $PMC$

AB + CA >BP + PM + MC > BP +CP

Аналогично доказываем, что

AB + BC >AP + CP и BC+ CA > AP +BP

Сложив три полученных неравенства, получим

2(AB + BC +CA )> 2(AP +BP + CP)

AB +BC + CA > AP + BP + CP

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#98024

Докажите, что если в выпуклом четырехугольнике $ABCD$ имеет место неравенство $AB ≥AC,$ то $BD > DC.$

Подсказки к задаче

Подсказка

Эта задача решается с помощью одного известного факта. Звучит так: в треугольнике против большей стороны лежит больший угол. Попробуйте перейти от отрезков к углам.

Показать доказательство

$PIC$

Первое решение.

Рассмотрим треугольник $ABC.$ В нём $AB ≥ AC,$ поэтому $∠ACB ≥ ∠ABC.$ Поскольку луч $CA$ проходит между сторонами угла $BCD,$ то

∠DCB = ∠DCA +∠ACB >∠ACB ≥∠ABC =∠DBC +∠ABD > ∠DBC

то есть в треугольнике $DBC$ — $∠DCB > ∠DBC.$ Следовательно, $BD > DC.$

Второе решение.

Пусть $M$ — точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD$ данного четырёхугольника. Применим неравенство треугольника к треугольникам $AMB$ и $DMC :$

AM + BM >AB, DM + MC > DC

Сложив почленно эти неравенства, получим, что $AC+ BD > AB +DC.$ Если $AB ≥ AC,$ то $BD > DC$ . ЧТД.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#69112

В треугольнике $ABC$ на стороне $AB$ выбраны точки $K$ и $L$ так, что $AK = BL,$ а на стороне $BC$ — точки $M$ и $N$ так, что $CN = BM.$ Докажите, что $KN + LM ≥ AC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте обратим внимание на схожесть расположения каждого из отрезков нашего неравенства. Каждый из них включен в треугольник с вершиной B. Попробуйте выразить вектора AC, KN и LM через вектора выходящие из вершины B.

Подсказка 2

Не просто же так в условии сказано, что BL=KA, а BM=NC. Подумайте, почему эти же равенства будут верны и в векторном виде и подставьте их в выражения, которые мы находили ранее. Подумайте, как теперь мы можем связать вектора AC, KN и LM.

Подсказка 3

Если до этого вы всё сделали правильно, то должны были получится векторные равенства: KN = BN - BK, LM = NC - KA. Если сложить два векторных равенства, то получим KN+LM=(BN+NC)-(BK+KA)=BC-BA=AC. Подумайте, почему данное векторное равенство доказывает неравенство из условия.

Показать доказательство

Рассмотрим для определенности конфигурацию, изображенную на рисунке

$PIC$

Тогда имеем следующие равенства:

( ||| −A→C =−B−→C − −B→A { −−K→N = −−B→N − −−B→K |||( −−→ −−→ −→ LM = BM − BL

Поскольку $−−→ −−→ BM = NC,$ а $−→ −−→ BL = KA,$ то сложив второе и третье равенства получим

−−→ −−→ (−−→ −−→ ) (−−→ −→ ) −−→ −→ −→ KN + LM = BN + BM − BK + BL =BC − BA = AC

Следовательно

|−A→C |= |−−L→M +−K−N→|≤ |−L−→M |+ |−K−→N |

Заметим, что при таком решении не существенно, как расположены точки $K, L, M$ и $N.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#71292

На окружности диаметра 2 выбраны $100$ точек $A 1$ , $A 2$ , …, $A 100$ . Докажите, что на окружности можно выбрать точку $M$ так, что

MA1 + ...+MA100 ≥ 100

Показать доказательство

$PIC$

Выберем точку $M$ на окружности, и отметим также диаметрально противоположную ей точку $′ M$ , причем отметим $M$ так, чтобы ни $M$ , ни $′ M$ не совпадала ни с одной из отмеченных ранее точек $Aj$ (так можно сделать, ведь на окружности отмечено лишь конечное число точек, то есть конечное число запретов, меж тем как в качестве $M$ мы можем выбрать любую из бесконечного числа точек).

Для одной из выбранный точек $Ai$ рассмотрим два отрезка $MAi$ и $′ M Ai$ . Заметим, что по неравенству треугольника $′ MAiM$ сумма $′ ′ MAi + M Ai > MM = 2$ , так как $′ MM$ — диаметр окружности. Запишем аналогичные неравенства для всех $Ai$ и сложим их. Получим неравенство

(MA1 + MA2 + ...+MA100 )+(M ′A1+ M ′A2 +...+ M ′A100)> 200,

значит, одна из двух скобок в левой части больше $100.$ Таким образом, в качестве искомой точки подойдет либо $M$ , либо диаметрально противоположная ей точка $′ M$ .

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#75196

Дан треугольник $ABC,$ в котором $AB + AC > 3BC.$ Внутри этого треугольника отмечены точки $P$ и $Q$ такие, что $∠ABP =∠P BQ =∠QBC$ и $∠ACQ =∠QCP =∠P CB.$ Докажите, что $AP +AQ > 2BC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хотим оценить сумму - так попробуем оценить каждый ее член! Какие неравенства можно к ним применить?

Показать доказательство

$PIC$

По неравенству треугольника для треугольника $ABP$ имеем:

AP >AB − BP

Аналогично

AQ >AC − CQ

Складывая полученные неравенства имеем

AP + AQ >AB + AC − (BP + CQ)> 3BC − (BP +CQ )

Осталось показать, что $BP + CQ < BC.$ Пусть $R$ — точка пересечения прямых $BQ$ и $CP,P′$ — образ точки $P$ при симметрии относительно прямой $BR,Q′$ — образ точки $Q$ при симметрии относительно прямой $CR.$ Тогда достаточно показать, что $BP ′+CQ ′ <BC,$ что эквивалентно

′ ′ ∠BRP +∠CRQ < ∠BRC (*)

Пусть $∠ABC = 3β,∠ACB = 3γ.$ Тогда

′ ′ ∠P RB = ∠PRB = γ+β = ∠CRQ = ∠CRQ

Таким образом, неравенство (*) имеет вид

2(β+ γ)< 180 − (β+ γ)

Наконец,

3(β+ γ)<180

что верно, т.к.

3(β +γ)= ∠ABC = 3β+ ∠ACB = 180∘− ∠A

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#31837

На диагонали $AC$ выпуклого четырехугольника $ABCD$ отмечена точка $E$ . Известно, что $∠BAC =∠BCA =∠DAC = 30∘,AC ⊥DE$ u $AE = 2CE$ . Докажите, что $AD +AE > 2BD$ .

Показать доказательство

$PIC$

Отметим на отрезке $AC$ точки $X$ и $Y$ так, что $∠ABX = ∠CBY = 30∘$ , чтобы получить $AX = XB$ и $CY = YB$ . Причём как внешние углы $∠BXY = 60∘$ и $∠BY X =60∘$ . Следовательно, треугольник $XBY$ правильный, а тогда $AX = XY = YC = BX = BY$ . Так как $AE = 2CE$ , то получаем, что точка $Y$ совпадает с $E$ , поэтому $AE = 2EB$ . Кроме того, $AD = 2DE$ , как гипотенуза и меньший катет прямоугольного треугольника с углом $30∘$ . Итак, $AD +AE = 2(DE +EB )> 2BD$ по неравенству треугольника, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#72977

В равнобедренной трапеции проведена диагональ. По контуру каждого из получившихся двух треугольников ползёт свой жук. Скорости движения жуков постоянны и одинаковы. Жуки не меняют направления обхода своих контуров и по диагонали трапеции они ползут в разных направлениях. Докажите, что при любых начальных положениях жуков они когда-нибудь встретятся.

Источники: ММО-2022, 11.4 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Можно изобразить трапецию и задать направления жучкам. Понятно, что хочется, чтобы жучки встретились на AC. А что происходит с жучками, когда один из них проходит целый круг?

Показать доказательство

Пусть в равнобедренной трапеции $ABCD$ с основаниями $AB > CD$ проведена диагональ $AC,$ так что первый жук ползает по циклу $A → C → D → A,$ второй — по циклу $A → B → C → A.$

$PIC$

Рассмотрим моменты времени, в которые первый жук оказывается в точке $A.$ За время обхода первым жуком полного цикла из $A$ снова в $A$ второй жук сдвигается по своему циклу на $AB − CD$ в одну и ту же сторону. Поскольку

AB − CD <BC + AC − CD = AD + AC − CD < AC +CD + AC − CD =2AC,

при таких сдвигах в один из рассматриваемых моментов времени второй жук окажется на расстоянии меньше $2AC$ до точки $A$ по ходу своего движения, а значит, встретится с первым жуком на диагонали $AC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#74565

В остроугольном треугольнике $ABC$ угол при вершине $A$ равен $45$ градусам. Докажите, что периметр этого треугольника меньше удвоенной суммы его высот, опущенных из вершин $B$ и $C.$

Источники: Олимпиада Эйлера, 2019, дистанционный тур

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что треугольники $ACC1$ и $ABB1$ равнобедренные, а значит нам достаточно доказать, что $CC1+ BB1 > BC1+ BC +CB1.$ Теперь заметим, что $∠BHC1 =∠CHB1 =180∘− ∠C1HB1 = ∠C1AB1 = 45∘.$ Следовательно, треугольники $BC1H$ и $CB1H$ равнобедренные. То есть неравенство превратится в $BH +CH > BC.$ Это неравенство треугольника, а значит оно является верным, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#98025

В остроугольном треугольнике $ABC$ угол при вершине $A$ равен $45∘.$ Докажите, что периметр этого треугольника меньше удвоенной суммы его высот, опущенных из вершин $B$ и $C.$

Подсказки к задаче

Подсказка

В этой задаче нужно просто собрать информацию про рисунок. У вас есть угол 45 градусов и много прямых углов, образованных высотами. Поищите другие углы по 45 градусов, а потом воспользуйтесь для какого-то треугольника неравенством треугольника.

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $HB$ и $HC$ — основания высот из $B$ и $C$ соответственно, а $H$ — ортоцентр треугольника $ABC.$ Тогда

∠ABHB = ∠BCA = ∠ACHC = ∠CHHB =∠BHHC

поскольку $∠BHBA = ∠CHCA =90∘.$ Тогда треугольники $ABHB, ACHC, BHHC, CHHB$ — равнобедренные. Значит,

AHB = BHB, AHC = CHC, BHC = HHC, CHB = HHC

и $BH + CH > BC$ по неравенству треугольника. Просуммировав всё это, получим: $2(BHB + CHC) >AB + AC +BC.$ ЧТД.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#83168

Дан выпуклый четырёхугольник $ABCD,$ где $∠BCD = 90∘$ . Пусть $E$ — середина $AB$ . Докажите, что

2EC ≤ AD +BD

Источники: КМО - 2018, вторая задача второго дня для 8-9 классов, автор Белов Д.А. (cmo.adygmath.ru)

Показать доказательство

Первое решение.

Отразим точку $B$ относительно прямой $CD$ . Получим точку $′ B$ .

$PIC$

Заметим, что $CE$ — средняя линия треугольника $BAB ′$ . Значит, $AB′ = 2CE$ . При этом из симметрии $B ′D = BD$ . Тогда требуемое неравенство эквивалентно следующему: $AB′ ≤ AD +DB ′$ . А это в точности неравенство треугольника для $ADB ′$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Отметим $M$ — середину $BD$ — и проведём $MC$ .

$PIC$

$BD MC = -2-$ как медиана треугольника $BCD$ , проведённая к гипотенузе. При этом $AD ME = -2-$ как средняя линия треугольника $ABD$ . Из неравенства треугольника для $BME$ получаем $CE ≤ MC + ME$ , или, что то же самое, $BD AD CE ≤ -2-+ -2-$ . Требуемое получается из этого неравенства удвоением обеих частей.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

Можно заметить, что эти решения одинаковы с точностью до гомотетии с центром в точке $B$ и коэффициентом 2.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#98026

В трапеции $ABCD$ боковые стороны $AB$ и $CD$ равны основанию $AD.$ Точки $M$ и $N$ — середины отрезков $AB$ и $BD$ соответственно. Докажите, что $CN + NM ≥ DM.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте собрать отрезки CN, NM и DM в треугольник, и задача будет решена. Для этого поищите равные отрезки, соберите информацию о рисунке.

Подсказка 2:

Чтобы собрать отрезки в треугольник, у некоторых треугольников стоит рассмотреть среднюю линию.

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $K$ — середина $AD.$ Тогда $MN = AD ∕2 =AB ∕2= KN.$ Треугольники $ADM$ и $DCK$ равны, так как $AD = CD, AM = DK$ и $ΔMAD = ΔKDC$ (так как трапеция $ABCD$ — равнобедренная). Следовательно, $MD = CK.$ По неравенству треугольника $CN + NM =CN + NK ≥ CK = DM.$ ЧТД.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#93237

Пусть $l ,l,l a b c$ — длины биссектрис углов $A,B$ и $C$ треугольника $ABC,$ а $m ,m ,m a b c$ — длины соответствующих медиан. Докажите, что

la lb lc ma-+ mb-+ mc > 1

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть a ≤ b ≤ c — стороны треугольника. Всякий отрезок внутри треугольника не превосходит длины его наибольшей стороны. Как тогда можно оценить выражение снизу?

Подсказка 2

Верно! Это выражение не меньше отношения суммы длин биссектрис, проведенных к сторонам a и b, к c. Осталось доказать, что сумма длин этих биссектрис превышает c. Можно ли для этого применить неравенство треугольника?

Подсказка 3

Из треугольника AIB имеем AI + IB > AB = c. Как тогда доказать требуемое неравенство?

Показать доказательство

Пусть $a,$ $b,$ и $c$ — длины сторон треугольника $ABC.$ Без ограничения общности можно считать, что $a≤ b≤ c.$ Пусть $I$ — точка пересечения биссектрис треугольника $ABC.$

$PIC$

Тогда

la+ -lb-+ lc-> la-+-lb-≥ la+lb> AI-+IB-> 1 ma mb mc ma mb c c

Здесь второе неравенство выполнено, поскольку любой отрезок внутри треугольника (в частности, любая медиана) не превосходит наибольшей стороны. Третье неравенство выполнено, поскольку $la >AI$ и $l > BI. b$ Последнее неравенство выполнено в силу неравенства треугольника для треугольника $AIB.$

Предыдущий раздел

Следующий раздел