inégalité

soient a,b et c des réels strictement positifs tels que a+b+c=1
démontrer que :
a/bc + bc/a + b/ac + ac/b + c/ab + ab/c >=10

Et bien c'est \sum tan^2 A/2 + \sum cot^2 A/2 >= 10 pour un triangle.
Maintenant je laisse le soin au lecteur de finir, c'est en fait évident. (tan^2 est convexe)

Bonsoir bel_jad5 et mathman;
je vais essayer d'exploiter l'idée de mathman:
avec tan(x)=Racine(a/bc) , tan(y)=Racine(b/ac) et tan(z)=Racine(c/ab) où 0<x,y,z<Pi/2
on vérifie facilement que tan(x)tan(y)tan(z)=tan(x)+tan(y)+tan(z)=1/Racine(abc)
et donc que tan(z)=-(tan(x)+tan(y))/(1-tan(x)tan(y))=tan(Pi-x-y)
la fonction tangente étant injective sur [0,Pi]-{Pi/2} on déduit que
x+y+z=Pi et ainsi x,y et z sont les mesures des trois angles d'un triangle.
Et le problème revient donc à minimiser la quantité
A=tan²(x)+1/tan²(x)+tan²(y)+1/tan²(y)+tan²(z)+1/tan²(z)
un petit calcul montre que
(A-6)/4=((1-tan²(x))/2tan(x))²+((1-tan²(y))/2tan(y))²((1-tan²(z))/2tan(z))²
soit (A-6)/4=tan²(Pi/2 - 2x)+tan²(Pi/2 - 2y)+tan²(Pi/2 - 2z)
La fonction tan² étant convexe sur ]-Pi/2,Pi/2[ on voit que
(A-6)/4 >= 3 tan²( (3Pi/2 -2Pi)/3)=3tan²(Pi/6)=1
c'est à dire que A>=10
le cas d'égalité étant obtenu pour x=y=z=Pi/3 soit a=b=c=1/3 (sauf erreur)
Bravo mathman

bien vu
ya une façon plus élégante de le faire :
a²+b²+c²=(a+b+c)(a²+b²+c²)>=9abc (moyen arithm-geo )
a²b²+b²c²+c²a²>=abc(a+b+c)=abc (reordonnement)
donc a²+b²+c²+a²b²+b²c²+c²a²>=10abc
d ou a/bc + bc/a + b/ac + ac/b + c/ab + ab/c >=10

Bien vu bel_jad5 , c'était plus simple que je ne croyais
mais l'idée de mathman méritait quand même d'être développée