16177. Стороны треугольника равны a
, b
и c
. Докажите, что
\frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}}+\frac{1}{\sqrt{b}+\sqrt{c}-\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{c}+\sqrt{a}-\sqrt{b}}\geqslant\frac{3(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})}{a+b+c}.
Решение. Заметим, что
(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}=a+b+2\sqrt{ab}\gt a+b\gt c,
поэтому
\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}\gt0.
Аналогично,
\sqrt{b}+\sqrt{c}-\sqrt{a}\gt0,~\sqrt{c}+\sqrt{a}-\sqrt{b}.
Из неравенств
2\sqrt{ab}\leqslant a+b,~2\sqrt{bc}\leqslant b+c,~2\sqrt{ca}\leqslant c+a
(см. задачу 3399) следует, что
(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{2}=a+b+c+2(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})\leqslant
\leqslant a+b+c+2(a+b+c)=3(a+b+c),
Обозначим
\frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}}=x,~\frac{1}{\sqrt{b}+\sqrt{c}-\sqrt{a}}=y,~\frac{1}{\sqrt{c}+\sqrt{a}-\sqrt{b}}=z.
Поскольку среднее арифметическое трёх положительных чисел не меньше их среднего гармонического (см. примечание к задаче 3399), то
\frac{x+y+z}{3}\geqslant\frac{3}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{x}}.
Тогда
\frac{1}{3}\left(\frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}}+\frac{1}{\sqrt{b}+\sqrt{c}-\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{c}+\sqrt{a}-\sqrt{b}}\right)\geqslant
\geqslant\frac{3}{(\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c})+(\sqrt{b}+\sqrt{c}-\sqrt{a})+(\sqrt{c}+\sqrt{a}-\sqrt{b})}=
=\frac{3}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}=\frac{3(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})}{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{2}}\geqslant\frac{3(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})}{3(a+b+c)}=\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}{a+b+c}.
Следовательно,
\frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}}+\frac{1}{\sqrt{b}+\sqrt{c}-\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{c}+\sqrt{a}-\sqrt{b}}\geqslant\frac{3(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})}{a+b+c}.
Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2001, № 7, задача 2567 (2000, с. 374), с. 472