Математикадан 41-ші халықаралық олимпиада, 2000 жыл, Тайджон

$a,b,c$ оң сандары үшін $abc=1$ орындалады. $$\left( a-1+\dfrac{1}{b} \right)\left( b-1+\dfrac{1}{c} \right)\left( c-1+\dfrac{1}{a} \right)\le 1$$ екенін дәлелдеңіздер.

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

\[\left (a -1 + \dfrac {1}{b}\right)\left(b -1 + \dfrac {1}{c} \right) = ab -a + \dfrac {a}{c} -b + 1 - \dfrac {1}{c} + 1 - \dfrac {1}{b} + \dfrac {1}{bc}\]

\[=\dfrac {a}{c} -b - \dfrac {1}{b} + 2 \le \dfrac {a}{c}\]

\[\left (b -1 + \dfrac {1}{c} \right) \left (c -1 + \dfrac {1}{a} \right) \le \dfrac {b}{a}\]

\[\left (c-1 + \dfrac {1}{a} \right) \left (a - 1 + \dfrac {1}{b}\right) \le \dfrac {c}{b}\]

После замены

$a=\dfrac{x}{y};b=\dfrac{y}{z};c=\dfrac{z}{x}$ достаточно доказать

$(x-y+z)(x+y-z)(-x+y+z) \leq xyz$

Втупую раскрываем скобки, тогда получаем сократив все что возможно следующее:

$$x^2y+y^2x+z^2x+x^2z+y^2z+z^2y \leq x^3+y^3+z^3+3xyz$$ ну а это верно по неравенству шура

а эта замена уместна только при абс=1?

Да. Так как из замены будет следовать что $abc=\dfrac{x}{y} \times \dfrac{y}{z} \times \dfrac{z}{x}=1$