Достаточно доказать, что $\sqrt{p(p-a)}$+$\sqrt{p(p-b)}$+m_c$\leq$$\sqrt{3p}$. Можно считать, что p= 1; пусть x= 1 -aи y= 1 -b. Тогда m_c²= (2a²+ 2b²-c²)/4 = 1 - (x+y) + (x-y)²/4 =m(x,y). Рассмотрим функцию f(x,y) =$\sqrt{x}$+$\sqrt{y}$+$\sqrt{m(x,y)}$. Нужно доказать, что f(x,y)$\leq$$\sqrt{3}$при x,y$\geq$0 и x+y$\leq$1. Пусть g(x) =f(x,x) = 2$\sqrt{x}$+$\sqrt{1-2x}$. Так как g'(x) =${\frac{1}{\sqrt x}}$-${\frac{1}{\sqrt{1-2x}}}$, то при возрастании xот 0 до 1/3 g(x) возрастает от 1 до $\sqrt{3}$, а при возрастании xот 1/3 до 1/2 g(x) убывает от $\sqrt{3}$до $\sqrt{2}$. Введем новые переменные d=x-yи q=$\sqrt{x}$+$\sqrt{y}$. Легко проверить, что (x-y)²- 2q²(x+y) +q⁴= 0, т. е. x+y= (d²+q⁴)/2q². Поэтому

Заметим теперь, что q²= ($\sqrt{x}$+$\sqrt{y}$)²$\leq$2(x+y)$\leq$2, т. е. d²(2 -q²)/4q²$\geq$0. Следовательно, при фиксированном qзначение функции f(x,y) максимально, если d= 0, т. е. x=y; случай x=yразобран выше.

Ответ задачи отсутствует