4440. На сторонах AB
, BC
и CA
произвольного треугольника ABC
взяты точки C_{1}
, A_{1}
и B_{1}
соответственно. Обозначим через S_{1}
, S_{2}
и S_{3}
площади треугольников AB_{1}C_{1}
, BA_{1}C_{1}
, CA_{1}B_{1}
соответственно. Докажите, что
\sqrt{S_{1}}+\sqrt{S_{2}}+\sqrt{S_{3}}\leqslant\frac{3}{2}\sqrt{S_{\triangle ABC}}.
Решение. Обозначим
\frac{AC_{1}}{AB}=x,~\frac{BA_{1}}{BC}=y,~\frac{CB_{1}}{CA}=z,~S_{\triangle ABC}=S.
Тогда
S_{1}=x(1-z)S,~S_{2}=(1-x)yS,~S_{3}=(1-y)zS
(см. задачу 3007). Тогда после деления на \sqrt{S}
доказываемое неравенство можно переписать в следующем виде:
\sqrt{x(1-z)}+\sqrt{y(1-x)}+\sqrt{z(1-y)}\leqslant\frac{3}{2}.
Используя неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом, оценим каждое из слагаемых:
\sqrt{x(1-z)}+\sqrt{y(1-x)}+\sqrt{z(1-y)}\leqslant\frac{1}{2}((x+(1-z))+(y+(1-x))+(z+(1-y)))=\frac{3}{2}.
Что и требовалось доказать.