16070. Пусть стороны треугольника равны a
, b
и c
, а его полупериметр равен p
. Докажите, что
bc(p-a)^{2}+ac(p-b)^{2}+ab(p-c)^{2}\geqslant\frac{pabc}{2}.
Решение. Поскольку
bc(p-a)^{2}+ac(p-b)^{2}+ab(p-c)^{2}=p^{2}(bc+ac+ab)+abc(a+b+c)-6abcp=
=p^{2}(bc+ac+ab)-4abcp,
достаточно доказать, что
p^{2}(bc+ac+ab)-4abcp\geqslant\frac{pabc}{2},~\mbox{или}~(a+b+c)(bc+ac+ab)\geqslant9abc.
Поскольку
(a+b+c)(bc+ac+ab)\geqslant9abc~\Leftrightarrow~(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\geqslant9~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~1+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+1+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+1+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\geqslant9~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)\geqslant6,
а последнее неравенство верно, так как каждое слагаемое его левой части не меньше 2 (см. задачу 3399), то отсюда следует утверждение задачи.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1993, № 3, задача 1730 (1992, с. 76), с. 81