6883. Известно, что a
, b
и c
— длины сторон треугольника. Докажите, что
2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)\geqslant\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+3.
Указание. Обозначьте b+c-a=x
, c+a-b=y
, a+b-c=z
.
Решение. Первый способ. Обозначим
a=x+y,~b=y+z,~c=z+x.
Исходное неравенство принимает вид
\frac{2(y+z)}{x+z}+\frac{2(x+z)}{x+y}+\frac{2(x+y)}{y+z}~\geqslant~\frac{y+z}{x+y}+\frac{x+z}{y+z}+\frac{x+y}{x+z}+3~\Leftrightarrow
~\Leftrightarrow~2(y+z)^{2}(x+y)+2(x+z)^{2}(y+z)+2(x+y)^{2}(x+z)~\geqslant~
\geqslant~(y+z)^{2}(x+z)+(x+z)^{2}(x+y)+(x+y)^{2}(y+z)+3(x+y)(y+z)(x+z)~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~(y+z)^{2}(2x+2y-x-z)+(x+z)^{2}(2y+2z-x-y)+(x+y)^{2}(2x+2z-y-z)~\geqslant~
\geqslant~(x+y)(y+z)(x+z)+(x+y)(y+z)(x+z)+(x+y)(y+z)(x+z)~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~(y+z)^{2}(x+2y-z)+(x+z)^{2}(y+2z-x)+(x+y)^{2}(z+2x-y)~\geqslant~
~\geqslant~(x+y)(y+z)(x+z)+(x+y)(y+z)(x+z)+(x+y)(y+z)(x+z)~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~(y+z)((y+z)(x+2y-z)-(x+y)(x+z))+
+(x+z)((x+z)(y+2z-x)-(x+y)(y+z))+
+(x+y)((x+y)(z+2x-y)-(y+z)(x+z))\geqslant0~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~(y+z)(xy+2y^{2}-yz+xz+2yz-z^{2}-x^{2}-xz-xy-yz)+
+(x+z)(xy+2xz-x^{2}+yz+2z^{2}-xz-xy-xz-y^{2}-yz)+
+(x+y)(xz+2x^{2}-xy+yz+2xy-y^{2}-xy-yz-xz-z^{2})\geqslant0~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~(y+z)(2y^{2}-z^{2}-x^{2})+(x+z)(2z^{2}-x^{2}-y^{2})+(x+y)(2x^{2}-y^{2}-z^{2})\geqslant0~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~2y^{3}-yz^{2}-x^{2}y+2y^{2}z-z^{3}-x^{2}z+
+2xz^{2}-x^{3}-xy^{2}+2z^{3}-x^{2}z-y^{2}z+
+2x^{3}-xy^{2}-xz^{2}+2x^{2}y-y^{3}-yz^{2}~\geqslant0~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~x^{3}+y^{3}+z^{3}+x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x-2x^{2}z-2y^{2}x-2z^{2}y~\geqslant~0~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~(x^{3}-2x^{2}z+z^{2}x)+(y^{3}-2y^{2}x+z^{3}+x^{2}y)+(z^{3}-2z^{2}y+y^{2}z)~\geqslant~0
~\Leftrightarrow~x(x-z)^{2}+y(y-x)^{2}+z(z-y)^{2}~\geqslant~0.
Последнее неравенство верно, так как x
, y
и z
— положительные числа. Следовательно, верно и исходное неравенство.
Второй способ. Поскольку исходное неравенство не меняется при циклических перестановках величин a
, b
и c
, можно считать, что c\leqslant b\leqslant a
.
После очевидных преобразований получим,
2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)\geqslant\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}+3~\Leftrightarrow
\frac{2a}{b}+\frac{2b}{c}+\frac{2c}{a}-\frac{a}{b}-\frac{b}{c}-\frac{c}{a}\geqslant3~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\left(\frac{2a}{b}-\frac{b}{a}\right)+\frac{2b-a}{c}+\left(\frac{2}{a}-\frac{1}{b}\right)c\geqslant3~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\left(\frac{2a}{b}-\frac{b}{a}\right)+(2b-a)\left(\frac{1}{c}+\frac{c}{ab}\right)\geqslant3.
Фиксируем a
и b
и найдём минимальное значение суммы двух последних слагаемых как функции от c
.
Рассмотрим функцию f(x)=\frac{1}{x}+\frac{x}{ab}
на луче (0;+\infty)
. Последнее неравенство можно переписать в виде
\left(\frac{2a}{b}-\frac{b}{a}\right)+(2b-a)f(c)\geqslant3,
причём
2b-a=b+b-a\geqslant b+c-a\gt0
(неравенство треугольника).
Заметим, что
\frac{1}{x}+\frac{x}{ab}\geqslant2\sqrt{\frac{1}{x}\cdot\frac{x}{ab}}=\frac{2}{\sqrt{ab}},
причём равенство достигается при \frac{1}{x}=\frac{x}{ab}
, т. е. при x=\sqrt{ab}
. На промежутке (0;\sqrt{ab}]
функция f(x)
убывает, а на промежутке [\sqrt{ab};+\infty)
— возрастает. При этом f(a)=f(b)=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}
. Значит, при 0\lt x\leqslant\sqrt{ab}
верно неравенство
(2a-b)f(c)\geqslant(2b-a)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)=\frac{2b}{a}+2-1-\frac{a}{b}=\frac{2b}{a}-\frac{a}{b}+1.
Значит,
\left(\frac{2a}{b}-\frac{b}{a}\right)+(2b-a)\left(\frac{1}{c}+\frac{c}{ab}\right)=\left(\frac{2a}{b}-\frac{b}{a}\right)+(2b-a)f(c)\geqslant
\geqslant\left(\frac{2a}{b}-\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{2b}{a}-\frac{a}{b}+1\right)=\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+1\geqslant2+1=3,
(так как \frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geqslant2
). Что и требовалось доказать.
Примечание. См. также статью Р.Алексеева и Л.Курляндчика «Стороны треугольника», Квант, 1993, N9/10, с.69-70.