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Problem 1

問題 1

Problem 1

正の実数 \(a,b,c > 0\) が\(a^2+b^2+c^2 = 3\) と \(\min\{a+b,b+c,c+a\} > \sqrt{2}\) を満たすとする。このとき、以下の不等式が成り立つことを示せ：\[\frac{a}{(b+c-a)^2} + \frac{b}{(c+a-b)^2} + \frac{c}{(a+b-c)^2} \geq \frac{3}{(abc)^2}.\]

IMO Shortlist 2011 A-7

Solution

まず、次を確認しておく：

  • \((\bigstar)\)    \(b+c-a, c+a-b, a+b-c\) はいずれも正である。
\(\max\{a,b,c\} = a\) と仮定しても一般性を失わない。このとき \(c+a-b \geq c > 0, a+b-c \geq b > 0\) である。\(b+c > \sqrt{2}\) なので、\(b^2 + c^2 \geq (b+c)^2/2 \geq 1\) が成り立つ。よって \(a^2 = 3 - (b^2+c^2) \leq 2 < (b+c)^2\) がわかり、\(b+c-a > 0\) が従う。以上で\((\bigstar)\)の証明を完了する。

\(a^2+b^2+c^2 = 3\) なので、問題の不等式を証明するためには、以下の不等式を証明すれば良い：\begin{equation*}\frac{a}{(b+c-a)^2} + \frac{b}{(c+a-b)^2} + \frac{c}{(a+b-c)^2} \geq\frac{3}{(abc)^2}\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\right)^{2.5}.\end{equation*}ヘルダーの不等式より,\[\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\right)^{2.5} \leq \left(\frac{a^{2.5}+b^{2.5}+c^{2.5}}{3}\right)^2\]なので、問題の不等式を証明するためには、以下の不等式を証明すれば良い：\begin{equation*}\frac{a}{(b+c-a)^2} + \frac{b}{(c+a-b)^2} + \frac{c}{(a+b-c)^2} \\ \geq\frac{3}{(abc)^2}\left(\frac{a^{2.5}+b^{2.5}+c^{2.5}}{3}\right)^2.\end{equation*}両辺に\((b+c-a)^2(c+a-b)^2(a+b-c)^2\)をかけて整理すると、この不等式が成立することは、以下の不等式が成立することと同値であることが従う：\begin{align*}&a(a+b-c)^2(a+c-b)^2 + b(b+c-a)^2(b+a-c)^2 + c(c+a-b)^2(c+b-a)^2 \\&\geq \frac{3(b+c-a)^2(c+a-b)^2(a+b-c)^2}{(abc)^2}\left(\frac{a^{2.5}+b^{2.5}+c^{2.5}}{3}\right)^2.\end{align*}

\(A :\overset{\mathrm{\small def}}{=} 1-\frac{(b-c)^2}{a^2}, B :\overset{\mathrm{\small def}}{=} 1 - \frac{(c-a)^2}{b^2}, C :\overset{\mathrm{\small def}}{=} 1 - \frac{(a-b)^2}{c^2}\) とおく。すると、問題の不等式が成立することは、以下の不等式が成立することと同値であることが従う：\begin{equation*}3(a^5A^2 + b^5B^2+ c^5C^2) \geq ABC(a^{2.5}+b^{2.5}+c^{2.5})^2.\end{equation*}また、\((\bigstar)\) より \(0\leq A,B,C \leq 1\) となるので、\begin{align*}&3(a^5A^2 + b^5B^2+ c^5C^2) - ABC(a^{2.5}+b^{2.5}+c^{2.5})^2 \\&= a^5A(A-BC) + b^5B(B-CA) + c^5C(C-AB) \\&\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ + (a^{2.5}A-b^{2.5}B)^2 + (b^{2.5}B-c^{2.5}C)^2 + (c^{2.5}C-a^{2.5}A)^2 \\&\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ + 2(ab)^{2.5}AB(1-C) + 2(bc)^{2.5}BC(1-A) + 2(ca)^{2.5}CA(1-B) \\&\geq a^5A(A-BC) + b^5B(B-CA) + c^5C(C-AB)\end{align*}となる。従って、問題の不等式が成り立つことを証明するためには、以下の不等式を証明することが十分である：\begin{equation*}a^5A(A-BC) + b^5B(B-CA) + c^5C(C-AB) \geq 0.\end{equation*}

この不等式の左辺は対称式であるため、\(a\geq b\geq c\) と仮定しても一般性を失わない。このとき、\(a\geq b\) と \(a-c\geq b-c\) が成り立つので、\(\frac{b-c}{a} \leq \frac{a-c}{b}\) が成り立つ。従って、\(A \geq B\) が成り立つ。\(1 \geq C > 0\) であるから、従って、\[A - BC \geq AC - BC = C(A-B) \geq 0\]が成り立つ。また、\((\bigstar)\) より \(b+c > a\) であるから、\begin{align*}\frac{a-c}{b} - \frac{a-b}{c} &= \frac{c(a-c) - b(a-b)}{bc} \\ &= \frac{a(c-b)-(c^2-b^2)}{bc} \\ &= \frac{(b-c)(b+c-a)}{bc} > 0 \\\end{align*}が成り立つ。従って、\(C\geq B\) が成り立つ。\(1 \geq A > 0\) であるから、従って、\[C - AB \geq AC - AB = A(C-B) \geq 0\]が成り立つ。今、\(a\geq b, A\geq B > 0, A-BC\geq 0, C-AB\geq 0, 1\geq C\) であるから、\begin{align*}&a^5A(A-BC) + b^5B(B-CA) + c^5C(C-AB) \\&\geq b^5B(A-BC) + b^5B(B-CA) \\&= b^5B(A+B-C(A+B)) \\&= b^5B(A+B)(1-C) \\&\geq 0\end{align*}が従う。以上で証明を完了する。

Problem 1

正の実数 \(a,b,c > 0\) が\(a^2+b^2+c^2 = 3\) と \(\min\{a+b,b+c,c+a\} > \sqrt{2}\) を満たすとする。このとき、以下の不等式が成り立つことを示せ：\[\frac{a}{(b+c-a)^2} + \frac{b}{(c+a-b)^2} + \frac{c}{(a+b-c)^2} \geq \frac{3}{(abc)^2}.\]

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Solution

まず、次を確認しておく：

  • \((\bigstar)\)    \(b+c-a, c+a-b, a+b-c\) はいずれも正である。
\(\max\{a,b,c\} = a\) と仮定しても一般性を失わない。このとき \(c+a-b \geq c > 0, a+b-c \geq b > 0\) である。\(b+c > \sqrt{2}\) なので、\(b^2 + c^2 \geq (b+c)^2/2 \geq 1\) が成り立つ。よって \(a^2 = 3 - (b^2+c^2) \leq 2 < (b+c)^2\) がわかり、\(b+c-a > 0\) が従う。以上で\((\bigstar)\)の証明を完了する。

\(a^2+b^2+c^2 = 3\) なので、問題の不等式を証明するためには、以下の不等式を証明すれば良い：\begin{equation*}\frac{a}{(b+c-a)^2} + \frac{b}{(c+a-b)^2} + \frac{c}{(a+b-c)^2} \geq\frac{3}{(abc)^2}\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\right)^{2.5}.\end{equation*}ヘルダーの不等式より,\[\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\right)^{2.5} \leq \left(\frac{a^{2.5}+b^{2.5}+c^{2.5}}{3}\right)^2\]なので、問題の不等式を証明するためには、以下の不等式を証明すれば良い：\begin{equation*}\frac{a}{(b+c-a)^2} + \frac{b}{(c+a-b)^2} + \frac{c}{(a+b-c)^2} \\ \geq\frac{3}{(abc)^2}\left(\frac{a^{2.5}+b^{2.5}+c^{2.5}}{3}\right)^2.\end{equation*}両辺に\((b+c-a)^2(c+a-b)^2(a+b-c)^2\)をかけて整理すると、この不等式が成立することは、以下の不等式が成立することと同値であることが従う：\begin{align*}&a(a+b-c)^2(a+c-b)^2 + b(b+c-a)^2(b+a-c)^2 + c(c+a-b)^2(c+b-a)^2 \\&\geq \frac{3(b+c-a)^2(c+a-b)^2(a+b-c)^2}{(abc)^2}\left(\frac{a^{2.5}+b^{2.5}+c^{2.5}}{3}\right)^2.\end{align*}

\(A :\overset{\mathrm{\small def}}{=} 1-\frac{(b-c)^2}{a^2}, B :\overset{\mathrm{\small def}}{=} 1 - \frac{(c-a)^2}{b^2}, C :\overset{\mathrm{\small def}}{=} 1 - \frac{(a-b)^2}{c^2}\) とおく。すると、問題の不等式が成立することは、以下の不等式が成立することと同値であることが従う：\begin{equation*}3(a^5A^2 + b^5B^2+ c^5C^2) \geq ABC(a^{2.5}+b^{2.5}+c^{2.5})^2.\end{equation*}また、\((\bigstar)\) より \(0\leq A,B,C \leq 1\) となるので、\begin{align*}&3(a^5A^2 + b^5B^2+ c^5C^2) - ABC(a^{2.5}+b^{2.5}+c^{2.5})^2 \\&= a^5A(A-BC) + b^5B(B-CA) + c^5C(C-AB) \\&\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ + (a^{2.5}A-b^{2.5}B)^2 + (b^{2.5}B-c^{2.5}C)^2 + (c^{2.5}C-a^{2.5}A)^2 \\&\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ + 2(ab)^{2.5}AB(1-C) + 2(bc)^{2.5}BC(1-A) + 2(ca)^{2.5}CA(1-B) \\&\geq a^5A(A-BC) + b^5B(B-CA) + c^5C(C-AB)\end{align*}となる。従って、問題の不等式が成り立つことを証明するためには、以下の不等式を証明することが十分である：\begin{equation*}a^5A(A-BC) + b^5B(B-CA) + c^5C(C-AB) \geq 0.\end{equation*}

この不等式の左辺は対称式であるため、\(a\geq b\geq c\) と仮定しても一般性を失わない。このとき、\(a\geq b\) と \(a-c\geq b-c\) が成り立つので、\(\frac{b-c}{a} \leq \frac{a-c}{b}\) が成り立つ。従って、\(A \geq B\) が成り立つ。\(1 \geq C > 0\) であるから、従って、\[A - BC \geq AC - BC = C(A-B) \geq 0\]が成り立つ。また、\((\bigstar)\) より \(b+c > a\) であるから、\begin{align*}\frac{a-c}{b} - \frac{a-b}{c} &= \frac{c(a-c) - b(a-b)}{bc} \\ &= \frac{a(c-b)-(c^2-b^2)}{bc} \\ &= \frac{(b-c)(b+c-a)}{bc} > 0 \\\end{align*}が成り立つ。従って、\(C\geq B\) が成り立つ。\(1 \geq A > 0\) であるから、従って、\[C - AB \geq AC - AB = A(C-B) \geq 0\]が成り立つ。今、\(a\geq b, A\geq B > 0, A-BC\geq 0, C-AB\geq 0, 1\geq C\) であるから、\begin{align*}&a^5A(A-BC) + b^5B(B-CA) + c^5C(C-AB) \\&\geq b^5B(A-BC) + b^5B(B-CA) \\&= b^5B(A+B-C(A+B)) \\&= b^5B(A+B)(1-C) \\&\geq 0\end{align*}が従う。以上で証明を完了する。

Problem 1

問題 1

Problem 1

正の実数 \(a,b,c > 0\) が\(a^2+b^2+c^2 = 3\) と \(\min\{a+b,b+c,c+a\} > \sqrt{2}\) を満たすとする。このとき、以下の不等式が成り立つことを示せ：\[\frac{a}{(b+c-a)^2} + \frac{b}{(c+a-b)^2} + \frac{c}{(a+b-c)^2} \geq \frac{3}{(abc)^2}.\]

IMO Shortlist 2011 A-7

Solution

まず、次を確認しておく：

  • \((\bigstar)\)    \(b+c-a, c+a-b, a+b-c\) はいずれも正である。
\(\max\{a,b,c\} = a\) と仮定しても一般性を失わない。このとき \(c+a-b \geq c > 0, a+b-c \geq b > 0\) である。\(b+c > \sqrt{2}\) なので、\(b^2 + c^2 \geq (b+c)^2/2 \geq 1\) が成り立つ。よって \(a^2 = 3 - (b^2+c^2) \leq 2 < (b+c)^2\) がわかり、\(b+c-a > 0\) が従う。以上で\((\bigstar)\)の証明を完了する。

\(a^2+b^2+c^2 = 3\) なので、問題の不等式を証明するためには、以下の不等式を証明すれば良い：\begin{equation*}\frac{a}{(b+c-a)^2} + \frac{b}{(c+a-b)^2} + \frac{c}{(a+b-c)^2} \geq\frac{3}{(abc)^2}\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\right)^{2.5}.\end{equation*}ヘルダーの不等式より,\[\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\right)^{2.5} \leq \left(\frac{a^{2.5}+b^{2.5}+c^{2.5}}{3}\right)^2\]なので、問題の不等式を証明するためには、以下の不等式を証明すれば良い：\begin{equation*}\frac{a}{(b+c-a)^2} + \frac{b}{(c+a-b)^2} + \frac{c}{(a+b-c)^2} \\ \geq\frac{3}{(abc)^2}\left(\frac{a^{2.5}+b^{2.5}+c^{2.5}}{3}\right)^2.\end{equation*}両辺に\((b+c-a)^2(c+a-b)^2(a+b-c)^2\)をかけて整理すると、この不等式が成立することは、以下の不等式が成立することと同値であることが従う：\begin{align*}&a(a+b-c)^2(a+c-b)^2 + b(b+c-a)^2(b+a-c)^2 + c(c+a-b)^2(c+b-a)^2 \\&\geq \frac{3(b+c-a)^2(c+a-b)^2(a+b-c)^2}{(abc)^2}\left(\frac{a^{2.5}+b^{2.5}+c^{2.5}}{3}\right)^2.\end{align*}

\(A :\overset{\mathrm{\small def}}{=} 1-\frac{(b-c)^2}{a^2}, B :\overset{\mathrm{\small def}}{=} 1 - \frac{(c-a)^2}{b^2}, C :\overset{\mathrm{\small def}}{=} 1 - \frac{(a-b)^2}{c^2}\) とおく。すると、問題の不等式が成立することは、以下の不等式が成立することと同値であることが従う：\begin{equation*}3(a^5A^2 + b^5B^2+ c^5C^2) \geq ABC(a^{2.5}+b^{2.5}+c^{2.5})^2.\end{equation*}また、\((\bigstar)\) より \(0\leq A,B,C \leq 1\) となるので、\begin{align*}&3(a^5A^2 + b^5B^2+ c^5C^2) - ABC(a^{2.5}+b^{2.5}+c^{2.5})^2 \\&= a^5A(A-BC) + b^5B(B-CA) + c^5C(C-AB) \\&\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ + (a^{2.5}A-b^{2.5}B)^2 + (b^{2.5}B-c^{2.5}C)^2 + (c^{2.5}C-a^{2.5}A)^2 \\&\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ + 2(ab)^{2.5}AB(1-C) + 2(bc)^{2.5}BC(1-A) + 2(ca)^{2.5}CA(1-B) \\&\geq a^5A(A-BC) + b^5B(B-CA) + c^5C(C-AB)\end{align*}となる。従って、問題の不等式が成り立つことを証明するためには、以下の不等式を証明することが十分である：\begin{equation*}a^5A(A-BC) + b^5B(B-CA) + c^5C(C-AB) \geq 0.\end{equation*}

この不等式の左辺は対称式であるため、\(a\geq b\geq c\) と仮定しても一般性を失わない。このとき、\(a\geq b\) と \(a-c\geq b-c\) が成り立つので、\(\frac{b-c}{a} \leq \frac{a-c}{b}\) が成り立つ。従って、\(A \geq B\) が成り立つ。\(1 \geq C > 0\) であるから、従って、\[A - BC \geq AC - BC = C(A-B) \geq 0\]が成り立つ。また、\((\bigstar)\) より \(b+c > a\) であるから、\begin{align*}\frac{a-c}{b} - \frac{a-b}{c} &= \frac{c(a-c) - b(a-b)}{bc} \\ &= \frac{a(c-b)-(c^2-b^2)}{bc} \\ &= \frac{(b-c)(b+c-a)}{bc} > 0 \\\end{align*}が成り立つ。従って、\(C\geq B\) が成り立つ。\(1 \geq A > 0\) であるから、従って、\[C - AB \geq AC - AB = A(C-B) \geq 0\]が成り立つ。今、\(a\geq b, A\geq B > 0, A-BC\geq 0, C-AB\geq 0, 1\geq C\) であるから、\begin{align*}&a^5A(A-BC) + b^5B(B-CA) + c^5C(C-AB) \\&\geq b^5B(A-BC) + b^5B(B-CA) \\&= b^5B(A+B-C(A+B)) \\&= b^5B(A+B)(1-C) \\&\geq 0\end{align*}が従う。以上で証明を完了する。

Problem 1

正の実数 \(a,b,c > 0\) が\(a^2+b^2+c^2 = 3\) と \(\min\{a+b,b+c,c+a\} > \sqrt{2}\) を満たすとする。このとき、以下の不等式が成り立つことを示せ：\[\frac{a}{(b+c-a)^2} + \frac{b}{(c+a-b)^2} + \frac{c}{(a+b-c)^2} \geq \frac{3}{(abc)^2}.\]

IMO Shortlist 2011 A-7

Solution

まず、次を確認しておく：

  • \((\bigstar)\)    \(b+c-a, c+a-b, a+b-c\) はいずれも正である。
\(\max\{a,b,c\} = a\) と仮定しても一般性を失わない。このとき \(c+a-b \geq c > 0, a+b-c \geq b > 0\) である。\(b+c > \sqrt{2}\) なので、\(b^2 + c^2 \geq (b+c)^2/2 \geq 1\) が成り立つ。よって \(a^2 = 3 - (b^2+c^2) \leq 2 < (b+c)^2\) がわかり、\(b+c-a > 0\) が従う。以上で\((\bigstar)\)の証明を完了する。

\(a^2+b^2+c^2 = 3\) なので、問題の不等式を証明するためには、以下の不等式を証明すれば良い：\begin{equation*}\frac{a}{(b+c-a)^2} + \frac{b}{(c+a-b)^2} + \frac{c}{(a+b-c)^2} \geq\frac{3}{(abc)^2}\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\right)^{2.5}.\end{equation*}ヘルダーの不等式より,\[\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\right)^{2.5} \leq \left(\frac{a^{2.5}+b^{2.5}+c^{2.5}}{3}\right)^2\]なので、問題の不等式を証明するためには、以下の不等式を証明すれば良い：\begin{equation*}\frac{a}{(b+c-a)^2} + \frac{b}{(c+a-b)^2} + \frac{c}{(a+b-c)^2} \\ \geq\frac{3}{(abc)^2}\left(\frac{a^{2.5}+b^{2.5}+c^{2.5}}{3}\right)^2.\end{equation*}両辺に\((b+c-a)^2(c+a-b)^2(a+b-c)^2\)をかけて整理すると、この不等式が成立することは、以下の不等式が成立することと同値であることが従う：\begin{align*}&a(a+b-c)^2(a+c-b)^2 + b(b+c-a)^2(b+a-c)^2 + c(c+a-b)^2(c+b-a)^2 \\&\geq \frac{3(b+c-a)^2(c+a-b)^2(a+b-c)^2}{(abc)^2}\left(\frac{a^{2.5}+b^{2.5}+c^{2.5}}{3}\right)^2.\end{align*}

\(A :\overset{\mathrm{\small def}}{=} 1-\frac{(b-c)^2}{a^2}, B :\overset{\mathrm{\small def}}{=} 1 - \frac{(c-a)^2}{b^2}, C :\overset{\mathrm{\small def}}{=} 1 - \frac{(a-b)^2}{c^2}\) とおく。すると、問題の不等式が成立することは、以下の不等式が成立することと同値であることが従う：\begin{equation*}3(a^5A^2 + b^5B^2+ c^5C^2) \geq ABC(a^{2.5}+b^{2.5}+c^{2.5})^2.\end{equation*}また、\((\bigstar)\) より \(0\leq A,B,C \leq 1\) となるので、\begin{align*}&3(a^5A^2 + b^5B^2+ c^5C^2) - ABC(a^{2.5}+b^{2.5}+c^{2.5})^2 \\&= a^5A(A-BC) + b^5B(B-CA) + c^5C(C-AB) \\&\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ + (a^{2.5}A-b^{2.5}B)^2 + (b^{2.5}B-c^{2.5}C)^2 + (c^{2.5}C-a^{2.5}A)^2 \\&\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ + 2(ab)^{2.5}AB(1-C) + 2(bc)^{2.5}BC(1-A) + 2(ca)^{2.5}CA(1-B) \\&\geq a^5A(A-BC) + b^5B(B-CA) + c^5C(C-AB)\end{align*}となる。従って、問題の不等式が成り立つことを証明するためには、以下の不等式を証明することが十分である：\begin{equation*}a^5A(A-BC) + b^5B(B-CA) + c^5C(C-AB) \geq 0.\end{equation*}

この不等式の左辺は対称式であるため、\(a\geq b\geq c\) と仮定しても一般性を失わない。このとき、\(a\geq b\) と \(a-c\geq b-c\) が成り立つので、\(\frac{b-c}{a} \leq \frac{a-c}{b}\) が成り立つ。従って、\(A \geq B\) が成り立つ。\(1 \geq C > 0\) であるから、従って、\[A - BC \geq AC - BC = C(A-B) \geq 0\]が成り立つ。また、\((\bigstar)\) より \(b+c > a\) であるから、\begin{align*}\frac{a-c}{b} - \frac{a-b}{c} &= \frac{c(a-c) - b(a-b)}{bc} \\ &= \frac{a(c-b)-(c^2-b^2)}{bc} \\ &= \frac{(b-c)(b+c-a)}{bc} > 0 \\\end{align*}が成り立つ。従って、\(C\geq B\) が成り立つ。\(1 \geq A > 0\) であるから、従って、\[C - AB \geq AC - AB = A(C-B) \geq 0\]が成り立つ。今、\(a\geq b, A\geq B > 0, A-BC\geq 0, C-AB\geq 0, 1\geq C\) であるから、\begin{align*}&a^5A(A-BC) + b^5B(B-CA) + c^5C(C-AB) \\&\geq b^5B(A-BC) + b^5B(B-CA) \\&= b^5B(A+B-C(A+B)) \\&= b^5B(A+B)(1-C) \\&\geq 0\end{align*}が従う。以上で証明を完了する。