Неравенство в треугольнике

[skalgar]

Условие:
Докажите, что для любого треугольника $a^2+b^2+c^2 \ge \frac{36}{35}(p^2 + \frac{abc}{p})$, где $p$ - полупериметр.

Первое, что пришло на ум $a^2+b^2+c^2 = 4p^2 -2(ab+bc+ac)$

$2p^2-(ab+bc+ac) \ge \frac{18}{35}(\frac{p^3+abc}{p})$
$\frac{52p^3-18abc}{35p} \ge ab+bc+ac$

Как поступать далее, не совсем понятно. Есть, правда, идея использовать $S = \frac{abc}{4R}$ и $S=pr$
$ ab+bc+ac$ можно еще представить в виде $ \frac{4p^2-(a^2+b^2+c^2)}{2}$

[Полосин]

$a^2+b^2+c^2\ge(a+b+c)^2/3=4p^2/3$, $abc\le((a+b+c)/3)^3=8p^3/27$.

[skalgar]

Полосин в сообщении #218208 писал(а):

$a^2+b^2+c^2\ge(a+b+c)^2/3=4p^2/3$, $abc\le((a+b+c)/3)^3=8p^3/27$.

Разъясните пожалуйста, откуда тройка взялась в вашем первом неравенстве.

[AKM]

Левая часть неравенства $3(a^2+b^2+c^2)-(a+b+c)^2\ge 0$ после раскрытия скобок у меня получилась забавной и явно неотрицательной. А у Вас?

[skalgar]

Я решаю более геометрическим способом. Что касается приведенного вами неравенства, то его левая часть неотрицательна, как вы и написали. Но как это может помочь при решении?

[AKM]

Я лишь попытался ответить на конкретный Ваш вопрос:

skalgar в сообщении #218291 писал(а):

Разъясните пожалуйста, откуда тройка взялась в вашем первом неравенстве.

[Cute]

skalgar в сообщении #218184 писал(а):

Условие:
Докажите, что для любого треугольника $a^2+b^2+c^2 \ge \frac{36}{35}(p^2 + \frac{abc}{p})$, где $p$ - полупериметр.

Первое, что пришло на ум $a^2+b^2+c^2 = 4p^2 -2(ab+bc+ac)$

$2p^2-(ab+bc+ac) \ge \frac{18}{35}(\frac{p^3+abc}{p})$
$\frac{52p^3-18abc}{35p} \ge ab+bc+ac$

Как поступать далее, не совсем понятно. Есть, правда, идея использовать $S = \frac{abc}{4R}$ и $S=pr$
$ ab+bc+ac$ можно еще представить в виде $ \frac{4p^2-(a^2+b^2+c^2)}{2}$

Данное неравенство равносильно следующему:
$\[\frac{{4\left( {a + b + c} \right)\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right)}}{{\left( {a + b + c} \right)^3 + 8abc}} \geqslant \frac{{36}}{{35}}\]$

Для оценки левой части воспользуйтесь неравенствами, которые указал Полосин!