bc<a(b+c)

[ghenghea]

Пусть $ABC$ треугольник в котором $a\le b\le c$ (как обычно $a=BC,b=CA,c=AB$) . Доказать эквивалентость следующих утверждений:
1) внутри треугольника существует точка $X$ такая что отрезки отсеченные сторонами треугольника на прямых проходящих через $X$ параллельно этим сторонам конгруэнтны ;
2) $bc<a(b+c)$.

[arqady]

Если она существует, то $\frac{2abc}{ab+ac+bc}<a$ и это эквивалентно тому, что нужно.
Если же $\frac{2abc}{ab+ac+bc}<a$, то проведём два отрезка с длиной $\frac{2abc}{ab+ac+bc}$ параллелно двум сторонам и через точку их пересечения третий параллельно третьей стороне.
Легко видеть, что длина третьего равна $\frac{2abc}{ab+ac+bc}$.

[Sergic Primazon]

ghenghea в сообщении #1143195 писал(а):

Пусть $ABC$ треугольник в котором $a\le b\le c$ (как обычно $a=BC,b=CA,c=AB$) . Доказать эквивалентость следующих утверждений:
1) внутри треугольника существует точка $X$ такая что отрезки отсеченные сторонами треугольника на прямых проходящих через $X$ параллельно этим сторонам конгруэнтны ;
2) $bc<a(b+c)$.

Барицентрические координаты точки $X : (1 - \frac{\lambda}{a}, 1 - \frac{\lambda}{b},1 - \frac{\lambda}{c})$ ; где $\lambda = \frac{2abc}{ab+bc+ca}.$

[Qwet]

1. Пусть такая точка существует;
2. Пусть эти одинаковые отрезки имеют длину по $l$ (чёрные сплошные линии).
Для \triangle ABC с основанием $BC=a$ высота равна $h_{a}=\frac{2S_{\Delta{ABC}}}{a}$, а расстояние от $X$ до $BC$ из подобия \triangle ABC и \triangle AB_1C_1 равно
$\rho_{a}=h_{a}-\frac{l}{a}h_a=h_a(1-\frac{l}{a})=\frac{2S_{\Delta{ABC}}}{a}(1- \frac{l}{a})$.
Отсюда $S_{\triangle{XBC}}=\frac{a\rho_a}{2}=S_{\triangle{ABC}}\left(1-\frac{l}{a}\right)$. Перпендикуляр $\rho_a$ на рисунке не показан.
Точно так же
$\frac{b\rho_b}{2}=S_{\triangle{ABC}}(1-\frac{l}{b})$;
$\frac{c\rho_c}{2}=S_{\triangle{ABC}}(1-\frac{l}{c})$.
Если сложить последние три схожие равенства, то получим площадь всего $ABC$, то есть
$S_{\triangle{ABC}}=S_{\triangle{ABC}}\left(3-l\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\right)\Rightarrow3-l\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=1\Rightarrow l=\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}.$
Нашли длину этого отрезка. Если точка $X$ существует, то этот отрезок должен быть короче самой короткой стороны $ABC$, то есть короче $a$.
Тогда имеем $\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}<a\Rightarrow\frac{1}{a}+ \frac{1}{b}+\frac{1}{c}>\frac{2}{a}\Rightarrow a>\frac{1}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}=\frac{bc}{b+c}$.
Доказали "необходимость".
В другую стороны, наверное, так же: из данного Вам неравенства получить, что $l<a$. Останется доказать, что все три отрезка такой длины пересекаются в одной точке.