12752. Пусть a
, b
и c
— длины сторон некоторого треугольника. Докажите неравенство
(a+b)\sqrt{ab}+(a+c)\sqrt{ac}+(b+c)\sqrt{bc}\geqslant\frac{(a+b+c)^{2}}{2}.
Решение. Первый способ. По неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим,
(a+b)\sqrt{ab}+(a+c)\sqrt{ac}+(b+c)\sqrt{bc}~\geqslant
\geqslant(2\sqrt{ab})^{2}+(2\sqrt{ac})^{2}+(2\sqrt{bc})^{2}=
=2(ab+ac+bc).
Таким образом, достаточно доказать, что
4(ab+bc+ca)\geqslant(a+b+c)^{2},~\mbox{или}~2(ab+bc+ca)\geqslant a^{2}+b^{2}+c^{2}.
По неравенству треугольника a+c\gt b
, поэтому
ab+bc=b(a+c)\gt b^{2}.
Аналогично,
ac+bc\gt c^{2},~ab+ac\gt a^{2}.
Сложив эти три неравенства, получим
2(ab+bc+ca)\geqslant a^{2}+b^{2}+c^{2}.
Отсюда следует справедливость исходного неравенства.
Второй способ. Без ограничения общности будем считать, что a
— наибольшая сторона треугольника. Тогда
2(a+b)\sqrt{ab}+2(a+c)\sqrt{ac}+2(b+c)\sqrt{bc}~\geqslant
\geqslant2(a+b)b+2(a+c)c+4\sqrt{bc}\sqrt{bc}=2(a+b)b+2(a+c)c+4bc=
=2ab+2ac+2bc+b^{2}+c^{2}+(b^{2}+c^{2}+2bc)=
=2ab+2ac+2bc+b^{2}+c^{2}+(b^{2}+c^{2}+2bc)=
=2ab+2ac+2bc+b^{2}+c^{2}+(b+c)^{2}\gt
\gt2ab+2ac+2bc+b^{2}+c^{2}+a^{2}=(a+b+c)^{2}.
Что и требовалось доказать.