Пусть a,bи c — длины сторон треугольника, F= (a-b)(b-c)(c-a) =A-B, где A=ab²+bc²+ca²и B=a²b+b²c+c²a. Докажем, что требуемые неравенства можно получить, преобразовав очевидное неравенство F²$\geq$0. Пусть $\sigma_{1}^{}$=a+b+c= 2p,$\sigma_{2}^{}$=ab+bc+ca=r²+p²+ 4rRи $\sigma_{3}^{}$=abc= 4prR(см. задачу 12.30). Можно проверить, что F²=$\sigma_{1}^{2}$$\sigma_{2}^{2}$- 4$\sigma_{2}^{3}$- 4$\sigma_{1}^{3}$$\sigma_{3}^{}$+ 18$\sigma_{1}^{}$$\sigma_{2}^{}$$\sigma_{3}^{}$- 27$\sigma_{3}^{2}$. В самом деле, ($\sigma_{1}^{}$$\sigma_{2}^{}$)²-F²= (A+B+ 3abc)²- (A-B)²= 4AB+ 6(A+B)$\sigma_{3}^{}$+ 9$\sigma_{3}^{2}$= 4(a³b³+ ...) + 4(a⁴bc+ ...) + 6(A+B)$\sigma_{3}^{}$+ 21$\sigma_{3}^{2}$. Ясно также, что 4$\sigma_{2}^{3}$= 4(a³b³+ ...) + 12(A+B)$\sigma_{3}^{}$+ 24$\sigma_{3}^{2}$, 4$\sigma_{1}^{3}$$\sigma_{3}^{}$= 4(a⁴bc+ ...) + 12(A+B)$\sigma_{3}^{}$+ 24$\sigma_{3}^{2}$и 18$\sigma_{1}^{}$$\sigma_{2}^{}$$\sigma_{3}^{}$= 18(A+B)$\sigma_{3}^{}$+ 54$\sigma_{3}^{2}$. Выразив $\sigma_{1}^{}$,$\sigma_{2}^{}$и $\sigma_{3}^{}$через p,rи R, получим

Ответ задачи отсутствует