14310. Пусть S_{1}
, S_{2}
, S_{3}
— площади боковых граней прямоугольного тетраэдра (прямоугольных треугольников с общей вершиной прямых углов), S
— площадь основания. Докажите, что
S\lt S_{1}+S_{2}+S_{3}\leqslant S\sqrt{3}.
Решение. Неравенство S_{1}+S_{2}+S_{3}\gt S
верно для любого тетраэдра (см. задачу 7425).
Докажем, что
(S_{1}+S_{2}+S_{3})^{2}\leqslant3(S_{1}^{2}+S_{2}^{2}+S_{3}^{2}).
Действительно,
(S_{1}+S_{2}+S_{3})^{2}\leqslant3(S_{1}^{2}+S_{2}^{2}+S_{3}^{2})~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~2S_{1}S_{2}+2S_{1}S_{3}+2S_{2}S_{3}\leqslant2S_{1}^{2}+2S_{2}^{2}+2S_{3}^{2}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~0\leqslant(S_{1}+S_{2})^{2}+(S_{1}+S_{3})^{2}+(S_{2}+S_{3})^{2}.
Последнее неравенство очевидно.
Кроме того, для прямоугольного треугольника верно равенство
S_{1}^{2}+S_{2}^{2}+S_{3}^{2}=S^{2}
(см. задачу 7239). Следовательно,
S_{1}+S_{2}+S_{3}\leqslant\sqrt{3(S_{1}^{2}+S_{2}^{2}+S_{3}^{2})}=\sqrt{3S^{2}}=S\sqrt{3}.
Что и требовалось доказать.