IMO 1983 · Problem 6
Let \(a\), \(b\) and \(c\) be the lengths of the sides of a triangle. Prove that
\[ a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)\geq 0. \]
Determine when equality occurs.
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Answer
Equality occurs if and only if \(a=b=c\), that is, the triangle is equilateral.
Solution
The expression is unchanged by cyclically permuting \(a,b,c\). We may therefore assume that \(a\) is a largest side, so \(a\geq b\) and \(a\geq c\).
The following identity holds by expansion: \[ \begin{aligned} &a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)\\ &\qquad=a(b+c-a)(b-c)^2 +b(a+b-c)(a-b)(a-c). \end{aligned} \] Both terms on the right are nonnegative: the triangle inequalities give \[ b+c-a>0,\qquad a+b-c>0, \] and our choice of \(a\) gives \((a-b)(a-c)\geq0\). This proves the inequality.
If equality holds, the first term must vanish. Since \(a(b+c-a)>0\), this forces \(b=c\). The second term then becomes \[ ab(a-b)^2, \] which vanishes only when \(a=b\). Conversely, \(a=b=c\) plainly gives equality.
If degenerate triangles with positive side lengths are admitted, the largest side satisfies \(a=b+c\). The same identity gives \[ a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)=2b^3c>0, \] so there are no additional equality cases.
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1983 · Aufgabe 6
Seien \(a\), \(b\) und \(c\) die Seitenlängen eines Dreiecks. Beweise die Ungleichung
\[ a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)\geq 0. \]
Bestimme, wann Gleichheit gilt.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Antwort
Gleichheit gilt genau dann, wenn \(a=b=c\) ist, das Dreieck also gleichseitig ist.
Lösung
Der Ausdruck bleibt bei zyklischer Vertauschung von \(a,b,c\) unverändert. Wir dürfen daher annehmen, dass \(a\) eine längste Seite ist, sodass \(a\geq b\) und \(a\geq c\) gelten.
Durch Ausmultiplizieren erhält man die folgende Identität: \[ \begin{aligned} &a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)\\ &\qquad=a(b+c-a)(b-c)^2 +b(a+b-c)(a-b)(a-c). \end{aligned} \] Beide Terme auf der rechten Seite sind nichtnegativ: Die Dreiecksungleichungen liefern \[ b+c-a>0,\qquad a+b-c>0, \] und aus unserer Wahl von \(a\) folgt \((a-b)(a-c)\geq0\). Damit ist die Ungleichung bewiesen.
Gilt Gleichheit, so muss der erste Term verschwinden. Wegen \(a(b+c-a)>0\) folgt daraus zwingend \(b=c\). Der zweite Term wird dann zu \[ ab(a-b)^2, \] und dieser verschwindet nur für \(a=b\). Umgekehrt gilt für \(a=b=c\) offensichtlich Gleichheit.
Werden entartete Dreiecke mit positiven Seitenlängen zugelassen, so gilt für die längste Seite \(a=b+c\). Dieselbe Identität liefert \[ a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)=2b^3c>0, \] also gibt es keine weiteren Gleichheitsfälle.
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1983 · Soru 6
\(a\), \(b\) ve \(c\) bir üçgenin kenar uzunlukları olsun. Şu eşitsizliği kanıtlayınız:
\[ a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)\geq 0. \]
Eşitliğin hangi durumda sağlandığını belirleyiniz.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Cevap
Eşitlik ancak ve ancak \(a=b=c\) olduğunda, yani üçgen eşkenar olduğunda sağlanır.
Çözüm
İfade, \(a,b,c\) döngüsel olarak yer değiştirdiğinde değişmez. Dolayısıyla \(a\)'nın en uzun kenarlardan biri olduğunu varsayabiliriz; böylece \(a\geq b\) ve \(a\geq c\) olur.
Terimler açılarak aşağıdaki özdeşlik elde edilir: \[ \begin{aligned} &a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)\\ &\qquad=a(b+c-a)(b-c)^2 +b(a+b-c)(a-b)(a-c). \end{aligned} \] Sağ taraftaki her iki terim de negatif değildir: üçgen eşitsizliklerinden \[ b+c-a>0,\qquad a+b-c>0, \] elde edilir ve \(a\)'nın seçiminden \((a-b)(a-c)\geq0\) olur. Bu, eşitsizliği kanıtlar.
Eşitlik sağlanıyorsa ilk terim sıfır olmalıdır. \(a(b+c-a)>0\) olduğundan bu, \(b=c\) olmasını gerektirir. Bu durumda ikinci terim \[ ab(a-b)^2, \] olur ve bu ifade yalnızca \(a=b\) olduğunda sıfırdır. Tersine, \(a=b=c\) durumunda eşitliğin sağlandığı açıktır.
Pozitif kenar uzunluklarına sahip dejenere üçgenlere de izin verilirse en uzun kenar \(a=b+c\) eşitliğini sağlar. Aynı özdeşlikten \[ a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)=2b^3c>0, \] elde edilir; dolayısıyla başka bir eşitlik durumu yoktur.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1983 · Problema 6
Sean \(a\), \(b\) y \(c\) las longitudes de los lados de un triángulo. Demostrar que
\[ a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)\geq 0. \]
Determinar cuándo se da la igualdad.
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Respuesta
La igualdad se da si y solo si \(a=b=c\), es decir, si el triángulo es equilátero.
Solución
La expresión no cambia al permutar cíclicamente \(a,b,c\). Por tanto, podemos suponer que \(a\) es un lado de longitud máxima, de modo que \(a\geq b\) y \(a\geq c\).
Al desarrollar, se comprueba la siguiente identidad: \[ \begin{aligned} &a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)\\ &\qquad=a(b+c-a)(b-c)^2 +b(a+b-c)(a-b)(a-c). \end{aligned} \] Ambos términos del miembro derecho son no negativos: las desigualdades triangulares dan \[ b+c-a>0,\qquad a+b-c>0, \] y nuestra elección de \(a\) da \((a-b)(a-c)\geq0\). Esto demuestra la desigualdad.
Si se da la igualdad, el primer término debe anularse. Como \(a(b+c-a)>0\), esto obliga a que \(b=c\). El segundo término se convierte entonces en \[ ab(a-b)^2, \] que se anula únicamente cuando \(a=b\). Recíprocamente, \(a=b=c\) da evidentemente la igualdad.
Si se admiten triángulos degenerados con longitudes de lado positivas, el lado de longitud máxima satisface \(a=b+c\). La misma identidad da \[ a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)=2b^3c>0, \] por lo que no hay casos adicionales de igualdad.
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1983 · 问题 6
设 \(a\)、\(b\)、\(c\) 为一个三角形的三边长。证明
\[ a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)\geq 0. \]
确定等号成立的条件。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
答案
等号成立当且仅当 \(a=b=c\)，即该三角形为等边三角形。
解答
对 \(a,b,c\) 作循环置换，表达式的值不变。因此可不妨设 \(a\) 为一条最长边，即 \(a\geq b\) 且 \(a\geq c\)。
通过展开可验证下列恒等式成立： \[ \begin{aligned} &a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)\\ &\qquad=a(b+c-a)(b-c)^2 +b(a+b-c)(a-b)(a-c). \end{aligned} \] 右边的两项均非负：由三角形不等式可得 \[ b+c-a>0,\qquad a+b-c>0, \] 而由对 \(a\) 的选取可知 \((a-b)(a-c)\geq0\)。这就证明了所给不等式。
若等号成立，则第一项必须为零。由于 \(a(b+c-a)>0\)，必有 \(b=c\)。此时第二项化为 \[ ab(a-b)^2, \] 它仅在 \(a=b\) 时为零。反过来，\(a=b=c\) 时显然等号成立。
若允许边长为正的退化三角形，则最长边满足 \(a=b+c\)。由同一恒等式可得 \[ a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)=2b^3c>0, \] 因此不会出现其他等号成立的情形。
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1983 · Задача 6
Пусть \(a\), \(b\) и \(c\) — длины сторон треугольника. Докажите, что
\[ a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)\geq 0. \]
Определите, когда достигается равенство.
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Ответ
Равенство достигается тогда и только тогда, когда \(a=b=c\), то есть когда треугольник равносторонний.
Решение
Выражение не меняется при циклической перестановке \(a,b,c\). Поэтому можно считать, что \(a\) — одна из наибольших сторон, так что \(a\geq b\) и \(a\geq c\).
Раскрытием скобок проверяется следующее тождество: \[ \begin{aligned} &a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)\\ &\qquad=a(b+c-a)(b-c)^2 +b(a+b-c)(a-b)(a-c). \end{aligned} \] Оба слагаемых справа неотрицательны: из неравенств треугольника следует \[ b+c-a>0,\qquad a+b-c>0, \] а из выбора \(a\) следует \((a-b)(a-c)\geq0\). Это доказывает неравенство.
Если достигается равенство, то первое слагаемое должно равняться нулю. Поскольку \(a(b+c-a)>0\), отсюда следует \(b=c\). Второе слагаемое тогда принимает вид \[ ab(a-b)^2, \] и равно нулю только при \(a=b\). Обратно, при \(a=b=c\) равенство, очевидно, выполняется.
Если допускаются вырожденные треугольники с положительными длинами сторон, то наибольшая сторона удовлетворяет равенству \(a=b+c\). Из того же тождества получаем \[ a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)=2b^3c>0, \] поэтому дополнительных случаев равенства нет.
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1983 · المسألة 6
لتكن \(a\) و\(b\) و\(c\) أطوال أضلاع مثلث. أثبت أن
\[ a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)\geq 0. \]
حدد متى تتحقق المساواة.
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الإجابة
تتحقق المساواة إذا وفقط إذا كان \(a=b=c\)، أي عندما يكون المثلث متساوي الأضلاع.
الحل
لا يتغير التعبير بتبديل \(a,b,c\) دوريًا. لذلك يمكننا أن نفترض أن \(a\) طول أحد أطول الأضلاع، ومن ثم \(a\geq b\) و\(a\geq c\).
تثبت الهوية الآتية بنشر طرفيها: \[ \begin{aligned} &a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)\\ &\qquad=a(b+c-a)(b-c)^2 +b(a+b-c)(a-b)(a-c). \end{aligned} \] كلا الحدين في الطرف الأيمن غير سالب: فمتباينات المثلث تعطينا \[ b+c-a>0,\qquad a+b-c>0, \] واختيارنا لـ \(a\) يعطي \((a-b)(a-c)\geq0\). وهذا يثبت المتباينة.
إذا تحققت المساواة، فلا بد أن يكون الحد الأول صفرًا. وبما أن \(a(b+c-a)>0\)، فإن هذا يقتضي \(b=c\). وعندئذ يصبح الحد الثاني \[ ab(a-b)^2, \] وهو لا يساوي صفرًا إلا عندما \(a=b\). وعكسًا، من الواضح أن \(a=b=c\) يحقق المساواة.
إذا سمحنا بالمثلثات المنعدمة المساحة ذات أطوال الأضلاع الموجبة، فإن طول الضلع الأكبر يحقق \(a=b+c\). وتعطي الهوية نفسها \[ a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)=2b^3c>0, \] ومن ثم لا توجد حالات مساواة إضافية.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).