Журнал квант. 1970 год.

[ZARATUSTRA]

Вот, собственно, задача:
a, b, c — длины сторон треугольника. Докажите, что a⁄(b + c – a)+b⁄(c + a – b)+c⁄(a + b – c) больше или равна 3.

Что-то не могу решить. Понятно, что:
a<b+c;
b<a+c;
c<a+b;
Но как решать?
P.S. Какой уровень сложности у данной задачи?

[hippie]

Введите новые переменные:
$x=-a+b+c;$
$y=a-b+c;$
$z=a+b-c.$
Далее используйте неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим.

Сложность я бы оценил в 1–1.5 по десятибалльной шкале.

[gris]

Вообще тут если выражения перемножить, то внизу бросается в глаза почти формула Герона, а потом радиусы вписанной и описанной окружности.

[arqady]

ZARATUSTRA в сообщении #548264 писал(а):

Вот, собственно, задача:
a, b, c — длины сторон треугольника. Докажите, что a⁄(b + c – a)+b⁄(c + a – b)+c⁄(a + b – c) больше или равна 3.

Пусть $a+b+c=3$. Тогда $\sum\limits_{cyc}\frac{a}{b+c-a}-3=\sum\limits_{cyc}\left(\frac{a}{3-2a}-1-3(a-1)\right)=\sum\limits_{cyc}\frac{6(a-1)^2}{3-2a}\geq0$
Действительно, лёгкая задача. Усилим немного:

Пусть $a$, $b$ и $c$ - длины сторон треугольника. Докажите, что:

$$\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}\geq\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{ab+ac+bc}$$

и много:
Пусть $a$, $b$ и $c$ - длины сторон треугольника. Докажите, что:

$$\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}\geq3\left(\frac{3(a^2+b^2+c^2)-2(ab+ac+bc)}{2(ab+ac+bc)-a^2-b^2-c^2}\right)^{\frac{4}{5}}$$

[griboedovaa]

Пусть $a$, $b$ и $c$ - длины сторон треугольника. Докажите, что:

$$\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}\geq\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{ab+ac+bc}$$

тупо по коши, подводим левую часть под одну дробь и используем неравенство 2(ab+bc+ca)>summa kvadratov a,b,c

Пусть $a$, $b$ и $c$ - длины сторон треугольника. Докажите, что:

$$\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}\geq3\left(\frac{3(a^2+b^2+c^2)-2(ab+ac+bc)}{2(ab+ac+bc)-a^2-b^2-c^2}\right)^{\frac{4}{5}}$$

[/quote]

a=x+y,b=x+z,c=y+z и используем,что 2(ab+bc+ca)>summa kvadratov a,b,c