В разностороннем треугольнике ABC провели биссектрису AD. При этом оказалось, что длины всех сторон треугольников ABD и ACD целочисленны. При каком наименьшем периметре треугольника ABC возможна такая ситуация?

Решение

Введем обозначения: AB = d, AD = b, BD = a, AC =dx. Тогда по свойству биссектрисы CD = ax.
Приравняем косинусы углов BAD и CAD:
(b² + d² - a²)/(2bd) = (b² + (dx)² - (ax)²)/(2bdx).
Откуда (d² - a²)*x² - (b² + d² - a²)*x + b² = 0 (1).
Один из корней этого уравнения, очевидно, равен 1.
Тогда второй (нужный нам) по формулам Виета x = b²/(d²-a²). Наименьшее возможное (при натуральных a, b, d) значение знаменателя этого выражения: 3 = 2² - 1². Оно соответствует значениям a = 1, d = 2. Эти числа вместе с b = 2 удовлетворяют неравенству треугольника.
Поскольку b = 1 возможно только при равных a и d, обращающих в ноль знаменатель x, числитель b² = 4 - также минимальный из возможных, По этой же причине периметр 1 + 2 + 2 = 5 является минимальным возможным для треугольника ABD.
Теперь, чтобы обеспечить целочисленность всех сторон, остается утроить a, b и d, чтобы избавиться от знаменателей в выражениях для AC и DC. Окончательно получаем AB = 6, AC = 8, BC = 3 + 4 = 7 и P(ABC) = 21.
Минимальность периметра обеспечивается одновременной минимальностью числителя и знаменателя дроби b²/(d²-a²) и сторон треугольника ABD.

Oбсуждение

Равнобедренный треугольник со сторонами AB = AC = 5, BC = 6 и биссектрисой BD = 4 имеет периметр 16. Мы получили бы его, следуя приведенному выше решению, если бы не отбросили второй корень уравнения (1) - x = 1.

Все решения, присланные на эту задачу, содержат иногда небольшой, а иногда значительный (компьютерный) перебор. Следуя моде (но не необходимости), я тоже приведу переборное обоснование минимальности периметра 21.
Итак, нам надо представлять натуральные числа в виде суммы трех различных натуральных слагаемых, уовлетворяющих неравенству треугольника и таких, что одно из них, в свою очередь, предсавляется в виде суммы двух натуральных чисел, пропорциональных двух другим слагаемым. Легко убедиться (ручным перебором), что для чисел, меньших 21, подходящих представлений (P(ABC) = AB + AC + (BD + CD)) всего пять:
20 = 9 + 3 + (6 + 2);
20 = 9 + 6 + (3 + 2);
18 = 8 + 4 + (4 + 2);
15 = 6 + 4 + (3 + 2);
9 = 4 + 2 + (2 + 1).
Однако ни для одного из этих представлений не является квадратом разность произведений двух первых и двух последних выражений. Но именно это выражение дает квадрат биссектрисы AD.

Награды

За правлиьное решение этой задачки Андрей Богданов, Андрей Винокуров и Олег Полубасов получают по четыре призовых балла.
Влад Франк (пришедший к верному ответу длинным путем и не сразу) получает три призовых балла.
Иван Козначеев (тоже выбравший окольный путь и немного недошедший до финиша) получает два призовых балла.

Эстетическая оценка задачи - 2.8 балла