Мы докажем два неравенства, по-разному усиливающих неравенство задачи.
1. Покажем, что неравенство задачи справедливо для любых трёх треугольников с общей вершиной $O$ внутри данного треугольника $ABC$, основания которых лежат на его сторонах (рис. 2).
Рисунок номер 2
Ясно, что для заданной точки $O$ наименьшее значение левой части неравенства будет достигаться для треугольников $OAB$, $OBC$ и $OCA$. Тогда $S=S_1+S_2+S_3$ и в силу неравенства $a+\dfrac1a\ge2$ при $a\gt0$
$$
\dfrac{S}{S_1}+\dfrac{S}{S_2}+\dfrac{S}{S_3}=3+\left(\dfrac{S_2}{S_1}+\dfrac{S_1}{S_2}\right)+\left(\dfrac{S_3}{S_1}+\dfrac{S_1}{S_3}\right)
+\left(\dfrac{S_3}{S_2}+\dfrac{S_2}{S_3}\right)\ge3+3\cdot 2=9.
$$
Равенство достигается, когда $S_1=S_2=S_3$, т. е. $O$ — точка пересечения медиан.
2. Теперь покажем, что для трёх треугольников, рассматриваемых в условии задачи, справедливо более сильное неравенство:
$$
\dfrac1{S_1}+\dfrac1{S_2}+\dfrac1{S_3}\ge\dfrac{18}S.
$$
Соединим концы данных отрезков так, чтобы образовались ещё три треугольника (рис. 3); пусть их площади равны $T_1$, $T_2$, $T_3$. Выражая площади всех шести треугольников через их стороны, выходящие из вершины $O$, и углы между этими сторонами, мы легко получим, что $S_1S_2S_3=T_1T_2T_3$. Теперь воспользуемся тем, что среднее арифметическое нескольких чисел не меньше их среднего геометрического:
$$
\dfrac1{S_1}+\dfrac1{S_2}+\dfrac1{S_3}\ge\dfrac3{\sqrt[3]{S_1S_2S_3}}=\dfrac3{\sqrt[6]{S_1S_2S_3T_1T_2T_3}}
\ge\dfrac{3\cdot6}{S_1+S_2+S_3+T_1+T_2+T_3}\ge\dfrac{18}S
$$
(общая площадь всех шести треугольников, конечно, не больше $S$). Равенство здесь достигается, когда $S_1=S_2=S_3=T_1=T_2=T_3=\dfrac{S}6$, т. е. когда данные отрезки — медианы треугольника (рис. 4).
Рисунок номер 3
Рисунок номер 4
