16249. Пусть p
— полупериметр треугольника со сторонами a
, b
и c
. Докажите, что
(a+b)\sqrt{ab(p-a)(p-b)}+(a+c)\sqrt{ac(p-a)(p-c)}+(b+c)\sqrt{bc(p-b)(p-c)}\leqslant3abc.
Решение. Поскольку
abc^{2}-(a+b)^{2}(p-a)(p-b)=abc^{2}-(a+b)^{2}\cdot\frac{(b+c-a)(a+c-b)}{4}=
=\frac{4abc^{2}-(a+b)^{2}(c-(a-b))(c+(a-b))}{4}=\frac{4abc^{2}-(a+b)^{2}(c^{2}-(a-b)^{2})}{4}=
=\frac{4abc^{2}-(a+b)^{2}c^{2}+(a+b)^{2}(a-b)^{2}}{4}=\frac{(a+b)^{2}(a-b)^{2}-c^{2}((a+b)^{2}-4ab)}{4}=
=\frac{(a+b)^{2}(a-b)^{2}-c^{2}(a-b)^{2}}{4}=\frac{(a-b)^{2}((a+b)^{2}-c^{2})}{4}\geqslant0
(так как по неравенству треугольника a+b-c\gt0
), то
abc^{2}\geqslant(a+b)^{2}(p-a)(p-b)~\Rightarrow~a^{2}b^{2}c^{2}\geqslant(a+b)^{2}ab(a+b)^{2}(p-a)(p-b)~\Rightarrow
\Rightarrow~abc\geqslant(a+b)\sqrt{ab(p-a)(p-b)},
причём равенство достигается тогда и только тогда, когда a=b
.
Аналогично,
abc\geqslant(a+c)\sqrt{ac(p-a)(p-c)},~abc\geqslant(b+c)\sqrt{bc(p-b)(p-c)}.
Сложив эти три неравенства, получим
(a+b)\sqrt{ab(p-a)(p-b)}+(a+c)\sqrt{ac(p-a)(p-c)}+(b+c)\sqrt{bc(p-b)(p-c)}\leqslant3abc.
Что и требовалось доказать.
Равенство достигается тогда и только тогда, когда треугольник равносторонний.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2007, № 2, задача 3117, (2006, с. 107, 110), с. 121