№ 16.38 Геометрія = № 30.38 Математика
(Олімпіада Нью-Йорка, 1977 р.) Нехай $a,b,c$ — сторони трикутника, $P$ — його периметр. Доведіть, що
$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq\frac{P^{2}}{3}$
Розв’язок:
Нерівність $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq\frac{P^{2}}{3}$ рівносильна нерівності $a^{2}+b^{2}+c^{2}-\frac{P^{2}}{3}\geq0$.
Оскільки $P=a+b+c$, то $P^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab+2bc+2ac$. Розглянемо вираз:
$a^{2}+b^{2}+c^{2}-\frac{(a+b+c)^{2}}{3}=$
$=\frac{3a^{2}+3b^{2}+3c^{2}-(a+b+c)^{2}}{3}=$
$=\frac{2a^{2}+2b^{2}+2c^{2}-2ab-2bc-2ac}{3}$
Перетворимо чисельник:
$2a^{2}+2b^{2}+2c^{2}-2ab-2bc-2ac=$
$=(a^{2}-2ab+b^{2})+(b^{2}-2bc+c^{2})+$
$+(a^{2}-2ac+c^{2})=$
$=(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(a-c)^{2}$
Отже,
$a^{2}+b^{2}+c^{2}-\frac{P^{2}}{3}=\frac{(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(a-c)^{2}}{3}$
Оскільки квадрати дійсних чисел завжди невід’ємні, то:
$\frac{(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(a-c)^{2}}{3}\geq0$
Отже, $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq\frac{P^{2}}{3}$.
Що й треба було довести.