Пусть вписанная окружность треугольника $ABC$ касается сторон $BC$, $CA$, $AB$ в точках $A'$, $B'$, $C'$, а соответствующие вневписанные окружности – в точках $A''$, $B''$, $C''$. Будем считать, что $\angle A\leq\angle B\leq\angle C$. Тогда $AA''\geq BB''\geq CC''$ и надо доказать, что сумма нагелиан $BB''$ и $CC''$ больше полупериметра $p$. Пусть $CH$ – высота треугольника, а $A_1$ – такая точка на луче $BA$, что $BA_1=p$. Тогда $AB''=AA_1=p-c$ и $p < BB''+B''A_1$. Докажем, что $B''A_1 < CH$, тогда получим, что $p < BB''+CH < BB''+CC''$. Поскольку $A_1B''=2(p-c)\cos\frac{\angle A}2$, $CH=AC\sin\angle A=2AC\sin\frac{\angle A}2\cos\frac{\angle A}2$, надо доказать, что $AC\sin\frac{\angle A}2 > p-c$.

Пусть $P$ – проекция $C$ на биссектрису угла $A$. Тогда $P$ лежит на отрезке $A'C'$, поскольку $\angle C\geq\angle B$. При этом $PC=AC\sin\frac{\angle A}2$, $A'C=p-c$ и $\angle PA'C=(\pi+\angle B)/2$, следовательно, $CP$ – наибольшая сторона треугольника $A'CP$, ч.т.д.

Ответ задачи отсутствует