Западно-Китайская математическая олимпиада, 2011 год

Для действительных $a,b,c > 0$ докажите, что \[\frac{(a-b)^2}{(c+a)(c+b)} + \frac{(b-c)^2}{(a+b)(a+c)} + \frac{(c-a)^2}{(b+c)(b+a)} \geq \frac{(a-b)^2}{a^2+b^2+c^2}.\]

Комментарий/решение

$\textbf{Решение1.}$ Введем обозначения $b+c=x, \quad a+c=y$ и $a+b=z$. Исходное неравенство в новых обозначениях перепишется так:

$$\frac{(x-y)^2}{xy}+\frac{(y-z)^2}{yz}+\frac{(z-x)^2}{zx}\geq \frac{4(x-y)^2}{3x^2+3y^2+3z^2-2xy-2yz-2zx}$$

Далее, в силу неравенства Коши Буняковского имеем оценку

$$\frac{(x-y)^2}{xy}+\frac{(y-z)^2}{yz}+\frac{(z-x)^2}{zx}\geq \frac{(x-y)^2}{xy}+\frac{(y-z+z-x)^2}{yz+zx}=$$

$$=\frac{(x-y)^2}{xy}+\frac{(x-y)^2}{yz+zx}\geq \frac{(x-y+x-y)^2}{xy+yz+zx}=$$

$$ =\frac{4(x-y)^2}{xy+yz+zx}\geq \frac{4(x-y)^2}{3x^2+3y^2+3z^2-2xy-2yz-2zx} \Longleftrightarrow $$

$$ \Longleftrightarrow 3x^2+3y^2+3z^2-2xy-2yz-2zx\geq xy+yz+zx \Longleftrightarrow$$

$$\Longleftrightarrow (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\geq 0 \qquad \blacksquare$$

$$\dfrac{(a-b)^2}{c^2+ab+bc+ca}+\dfrac{(c-b)^2}{a^2+ab+bc+ca}+\dfrac{(a-c)^2}{b^2+ab+bc+ca}\ge \dfrac{(2a-2b)^2}{a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca)}\ge \dfrac{(a-b)^2}{a^2+b^2+c^2}\blacksquare$$