16357. Докажите, что для любого треугольника со сторонами a
, b
, c
и площадью S
верно неравенство
\sqrt[{3}]{{abc}}\cdot\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\geqslant4S.
Решение. Поскольку
(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}\geqslant0,
то
a^{2}+b^{2}+c^{2}\geqslant ab+bc+ca.
Применив это неравенство и неравенства
ab+bc+ca\geqslant3\sqrt[{3}]{{a^{2}b^{2}c^{2}}}
(см. примечание к задаче 3399) и
\sqrt[{3}]{{abc}}\geqslant\sqrt{\frac{4S}{\sqrt{3}}}
(см. задачу 3190а), получим
\sqrt[{3}]{{abc}}\cdot\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\geqslant\sqrt[{3}]{{abc}}\cdot\sqrt{ab+bc+ca}\geqslant\sqrt[{3}]{{abc}}\cdot\sqrt{3\sqrt[{3}]{{a^{2}b^{2}c^{2}}}}=
=\sqrt[{3}]{{abc}}\cdot\sqrt{3}\cdot\sqrt[{3}]{{abc}}=(\sqrt[{3}]{{abc}})^{2}\cdot\sqrt{3}\geqslant\left(\sqrt{\frac{4S}{\sqrt{3}}}\right)^{2}\cdot\sqrt{3}=\frac{4S}{\sqrt{3}}\cdot\sqrt{3}=4S.
Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2016, № 8, задача 4075, с. 362