13278. В треугольнике ABC
на сторонах AC
и BC
взяты точки M
и N
соответственно, а на отрезке MN
— точка L
. Пусть площади треугольников ABC
, AML
и BNL
равны соответственно S
, P
и Q
. Докажите, что
\sqrt[{3}]{{S}}\geqslant\sqrt[{3}]{{P}}+\sqrt[{3}]{{Q}}.
Решение. Обозначим \frac{AM}{MC}=\alpha
, \frac{CN}{NB}=\beta
, \frac{MP}{PN}=\gamma
. Тогда (см. задачу 3000)
S_{\triangle MCL}=\frac{CM}{AM}S_{\triangle AML}=\frac{P}{\alpha},~S_{\triangle NCL}=\frac{CN}{NB}S_{\triangle BNL}=\beta Q,
S_{\triangle MCL}=\frac{ML}{NL}S_{\triangle NCL}=\gamma\cdot\beta Q=\beta\gamma Q.
Из равенства \frac{P}{\alpha}=\beta\gamma Q
получаем, что P=\alpha\beta\gamma Q
, или \alpha\beta\gamma=\frac{P}{Q}
.
Тогда (см. задачу 3007)
S=S_{\triangle ABC}=\frac{CA}{CM}\cdot\frac{CB}{CN}S_{\triangle MCN}=(1+\alpha)\cdot\frac{1+\beta}{\beta}\cdot(S_{\triangle MCL}+S_{\triangle NCL})=
=\frac{(1+\alpha)(1+\beta)}{\beta}\cdot\left(\frac{P}{\alpha}+\beta Q\right)=\frac{(1+\alpha)(1+\beta)}{\alpha\beta}\cdot(P+\alpha\beta Q)=
=\frac{(1+\alpha)(1+\beta)}{\alpha\beta}\cdot(\alpha\beta\gamma Q+\alpha\beta Q)=(1+\alpha)(1+\beta)(1+\gamma)Q.
Заметим, что
(1+\alpha)(1+\beta)(1+\gamma)=\alpha\beta\gamma+\alpha\beta+\alpha\gamma+\beta\gamma+\alpha+\beta+\gamma+1\geqslant
\geqslant\alpha\beta\gamma+3(\sqrt[{3}]{{\alpha\beta\gamma}})^{2}+3\sqrt[{3}]{{\alpha\beta\gamma}}+1=(\sqrt[{3}]{{\alpha\beta\gamma}}+1)^{3}.
Значит, учитывая, что \alpha\beta\gamma=\frac{P}{Q}
, получим
S=(1+\alpha)(1+\beta)(1+\gamma)Q\geqslant(\sqrt[{3}]{{\alpha\beta\gamma}}+1)^{3}Q=
=\left(\sqrt[{3}]{{\frac{P}{Q}}}+1\right)^{3}Q=(\sqrt[{3}]{{P}}+\sqrt[{3}]{{Q}})^{3}.
Следовательно,
\sqrt[{3}]{{S}}\geqslant\sqrt[{3}]{{P}}+\sqrt[{3}]{{Q}}.