ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2026-02-17   
В треугольнике $ABC$ на сторонах $AC$ и $BC$ взяты точки $M$ и $N$ соответственно, а на отрезке $MN$ - точка $L$. Пусть площади треугольников $ABC$, $AML$ и $BNL$ равны соответственно $S$, $P$ и $Q$. Докажите, что

$\sqrt[{3}]{{S}}\geq\sqrt[{3}]{{P}}+\sqrt[{3}]{{Q}}$.


Решение:


Обозначим $\frac{AM}{MC}=\alpha$, $\frac{CN}{NB}=\beta$, $\frac{MP}{PN}=\gamma$. Тогда (см. задачу 6413)

$S_{\Delta MCL}=\frac{CM}{AM}S_{\Delta AML}=\frac{P}{\alpha},~S_{\Delta NCL}=\frac{CN}{NB}S_{\Delta BNL}=\beta Q,$

$S_{\Delta MCL}=\frac{ML}{NL}S_{\Delta NCL}=\gamma\cdot\beta Q=\beta\gamma Q.$

Из равенства $\frac{P}{\alpha}=\beta\gamma Q$ получаем, что $P=\alpha\beta\gamma Q$, или $\alpha\beta\gamma=\frac{P}{Q}$.
Тогда (см. задачу 6419)

$S=S_{\Delta ABC}=\frac{CA}{CM}\cdot\frac{CB}{CN}S_{\Delta MCN}=(1+\alpha)\cdot\frac{1+\beta}{\beta}\cdot(S_{\Delta MCL}+S_{\Delta NCL})=\frac{(1+\alpha)(1+\beta)}{\beta}\cdot\left(\frac{P}{\alpha}+\beta Q\right)=\frac{(1+\alpha)(1+\beta)}{\alpha\beta}\cdot(P+\alpha\beta Q)=\frac{(1+\alpha)(1+\beta)}{\alpha\beta}\cdot(\alpha\beta\gamma Q+\alpha\beta Q)=(1+\alpha)(1+\beta)(1+\gamma)Q.$


Заметим, что

$(1+\alpha)(1+\beta)(1+\gamma)=\alpha\beta\gamma+\alpha\beta+\alpha\gamma+\beta\gamma+\alpha+\beta+\gamma+1\geq\alpha\beta\gamma+3(\sqrt[{3}]{{\alpha\beta\gamma}})^{2}+3\sqrt[{3}]{{\alpha\beta\gamma}}+1=(\sqrt[{3}]{{\alpha\beta\gamma}}+1)^{3}.$

Значит, учитывая, что $\alpha\beta\gamma=\frac{P}{Q}$, получим

$S=(1+\alpha)(1+\beta)(1+\gamma)Q\geq(\sqrt[{3}]{{\alpha\beta\gamma}}+1)^{3}Q=\left(\sqrt[{3}]{{\frac{P}{Q}}}+1\right)^{3}Q=(\sqrt[{3}]{{P}}+\sqrt[{3}]{{Q}})^{3}.$

Следовательно,

$\sqrt[{3}]{{S}}\geq\sqrt[{3}]{{P}}+\sqrt[{3}]{{Q}}$.