41-я Международная Математическая Oлимпиада
Республика Корея, Тайджон, 2000 год
Комментарий/решение:
Можно произвести замену : $$ c=\dfrac x y ,a=\dfrac y z,b=\dfrac z x.\quad x,y,z\in\mathbb {R^+}$$
Тогда достаточно доказать, что $$(x+y-z)(x-y+z)(-x+y+z)\le xyz$$
Б.О.О. пусть $x\ge y\ge z\implies x+y-z>0$ и $x-y+z>0.$
Если $-x+y+z\le 0$ $$\implies (x+y-z)(x-y+z)(-x+y+z)\le 0<xyz$$
Если $-x+y+z>0,$ то заменим $$-x+y+z=A , \quad x-y+z=B\quad , x+y-z=C.$$
Тогда $A,B,C>0.$ Достаточно доказать, что $$(A+B)(B+C)(C+A)\ge 8ABC$$ $$ \iff$$ $$A\cdot (B-C)^2+B\cdot (C-A)^2+C\cdot (A-B)^2\ge 0.\quad\square $$
Несложно доказать, что если какая-та из скобок отрицательно, две другие положительны. Тогда произведение всех трех скобок будет отрицательным и утверждение задачи будет верно. Теперь будем считать, что все три скобки положительны. Из условия $abc=1$ и по неравенству AM-GM можно получить:
$$\left(a-1+\dfrac{1}{b}\right)\left( b-1+\dfrac{1}{c} \right)=\left( a-1+\dfrac{1}{b} \right)\cdot b \cdot \left(1+a-\dfrac{1}{b}\right)\leq b\cdot \left(\dfrac{(a-1+\frac{1}{b})+(1+a-\frac{1}{b})}{2}\right)=b\cdot a^2$$
Аналогично можно получить
$$\left( b-1+\dfrac{1}{c} \right)\left( c-1+\dfrac{1}{a} \right)\leq c\cdot b^2$$
$$\left( c-1+\dfrac{1}{a} \right)\left( a-1+\dfrac{1}{b} \right)\leq a\cdot c^2$$
Перемножая эти три неравенства получим требуемое
\[\left (a -1 + \dfrac {1}{b}\right)\left(b -1 + \dfrac {1}{c} \right) = ab -a + \dfrac {a}{c} -b + 1 - \dfrac {1}{c} + 1 - \dfrac {1}{b} + \dfrac {1}{bc}\]
\[=\dfrac {a}{c} -b - \dfrac {1}{b} + 2 \le \dfrac {a}{c}\]
\[\left (b -1 + \dfrac {1}{c} \right) \left (c -1 + \dfrac {1}{a} \right) \le \dfrac {b}{a}\]
\[\left (c-1 + \dfrac {1}{a} \right) \left (a - 1 + \dfrac {1}{b}\right) \le \dfrac {c}{b}\]
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.