IMO 1995 · Problem 2
Let \(a,b,c\) be positive real numbers such that \(abc=1\). Prove that \[ \frac{1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(c+a)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\geq\frac32. \]
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Put \(x=1/a\), \(y=1/b\), and \(z=1/c\). Then \(xyz=1\), and \[ \frac{1}{a^3(b+c)} =\frac{x^3}{1/y+1/z} =\frac{x^3yz}{y+z} =\frac{x^2}{y+z}. \] The other two terms transform similarly.
By the Cauchy–Schwarz inequality, \[ \left(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\right) \bigl((y+z)+(z+x)+(x+y)\bigr) \geq (x+y+z)^2. \] Since \(x+y+z>0\), this gives \[ \frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y} \geq \frac{x+y+z}{2}. \] Finally, the arithmetic–geometric mean inequality yields \[ x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}=3. \] Combining these inequalities proves the required bound. Equality holds if and only if \(x=y=z=1\), equivalently \(a=b=c=1\).
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1995 · Aufgabe 2
Es seien \(a,b,c\) positive reelle Zahlen mit \(abc=1\). Man beweise, dass \[ \frac{1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(c+a)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\geq\frac32. \]
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Wir setzen \(x=1/a\), \(y=1/b\) und \(z=1/c\). Dann gilt \(xyz=1\), und \[ \frac{1}{a^3(b+c)} =\frac{x^3}{1/y+1/z} =\frac{x^3yz}{y+z} =\frac{x^2}{y+z}. \] Die beiden anderen Terme lassen sich entsprechend umformen.
Nach der Cauchy–Schwarz-Ungleichung gilt \[ \left(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\right) \bigl((y+z)+(z+x)+(x+y)\bigr) \geq (x+y+z)^2. \] Wegen \(x+y+z>0\) folgt daraus \[ \frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y} \geq \frac{x+y+z}{2}. \] Schließlich liefert die Ungleichung zwischen dem arithmetischen und dem geometrischen Mittel \[ x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}=3. \] Durch Kombination dieser Ungleichungen ergibt sich die behauptete Abschätzung. Gleichheit gilt genau dann, wenn \(x=y=z=1\), also \(a=b=c=1\) ist.
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1995 · Soru 2
\(a,b,c\), \(abc=1\) koşulunu sağlayan pozitif gerçel sayılar olsun. \[ \frac{1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(c+a)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\geq\frac32 \] eşitsizliğini kanıtlayınız.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
\(x=1/a\), \(y=1/b\) ve \(z=1/c\) alalım. Bu durumda \(xyz=1\) olur ve \[ \frac{1}{a^3(b+c)} =\frac{x^3}{1/y+1/z} =\frac{x^3yz}{y+z} =\frac{x^2}{y+z}. \] Diğer iki terim de benzer şekilde dönüşür.
Cauchy–Schwarz eşitsizliğine göre, \[ \left(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\right) \bigl((y+z)+(z+x)+(x+y)\bigr) \geq (x+y+z)^2. \] \(x+y+z>0\) olduğundan buradan \[ \frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y} \geq \frac{x+y+z}{2} \] elde edilir. Son olarak, aritmetik–geometrik ortalama eşitsizliği \[ x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}=3 \] sonucunu verir. Bu eşitsizlikler birleştirildiğinde istenen alt sınır kanıtlanır. Eşitlik ancak ve ancak \(x=y=z=1\), eş değer olarak \(a=b=c=1\) olduğunda sağlanır.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1995 · Problema 2
Sean \(a,b,c\) números reales positivos tales que \(abc=1\). Demuestre que \[ \frac{1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(c+a)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\geq\frac32. \]
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Sean \(x=1/a\), \(y=1/b\) y \(z=1/c\). Entonces \(xyz=1\), y \[ \frac{1}{a^3(b+c)} =\frac{x^3}{1/y+1/z} =\frac{x^3yz}{y+z} =\frac{x^2}{y+z}. \] Los otros dos términos se transforman de manera análoga.
Por la desigualdad de Cauchy–Schwarz, \[ \left(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\right) \bigl((y+z)+(z+x)+(x+y)\bigr) \geq (x+y+z)^2. \] Como \(x+y+z>0\), se obtiene \[ \frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y} \geq \frac{x+y+z}{2}. \] Finalmente, la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica da \[ x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}=3. \] Combinando estas desigualdades se demuestra la cota requerida. La igualdad se cumple si y solo si \(x=y=z=1\), lo que equivale a \(a=b=c=1\).
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1995 · 问题 2
设 \(a,b,c\) 是满足 \(abc=1\) 的正实数。证明： \[ \frac{1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(c+a)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\geq\frac32. \]
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
令 \(x=1/a\)、\(y=1/b\)、\(z=1/c\)。则 \(xyz=1\)，且 \[ \frac{1}{a^3(b+c)} =\frac{x^3}{1/y+1/z} =\frac{x^3yz}{y+z} =\frac{x^2}{y+z}. \] 其余两项可作类似变换。
由柯西–施瓦茨不等式， \[ \left(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\right) \bigl((y+z)+(z+x)+(x+y)\bigr) \geq (x+y+z)^2. \] 由于 \(x+y+z>0\)，由此得到 \[ \frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y} \geq \frac{x+y+z}{2}. \] 最后，由算术–几何平均值不等式，得 \[ x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}=3. \] 综合这些不等式，即得所需的下界。等号成立当且仅当 \(x=y=z=1\)，等价地，\(a=b=c=1\)。
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1995 · Задача 2
Пусть \(a,b,c\) — положительные действительные числа, для которых \(abc=1\). Докажите, что \[ \frac{1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(c+a)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\geq\frac32. \]
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Положим \(x=1/a\), \(y=1/b\) и \(z=1/c\). Тогда \(xyz=1\) и \[ \frac{1}{a^3(b+c)} =\frac{x^3}{1/y+1/z} =\frac{x^3yz}{y+z} =\frac{x^2}{y+z}. \] Два других слагаемых преобразуются аналогично.
По неравенству Коши — Буняковского, \[ \left(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\right) \bigl((y+z)+(z+x)+(x+y)\bigr) \geq (x+y+z)^2. \] Так как \(x+y+z>0\), отсюда получаем \[ \frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y} \geq \frac{x+y+z}{2}. \] Наконец, по неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим, \[ x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}=3. \] Объединяя эти неравенства, получаем требуемую оценку. Равенство достигается тогда и только тогда, когда \(x=y=z=1\), что равносильно \(a=b=c=1\).
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1995 · المسألة 2
لتكن \(a,b,c\) أعدادًا حقيقية موجبة بحيث \(abc=1\). أثبت أن \[ \frac{1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(c+a)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\geq\frac32. \]
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
نضع \(x=1/a\)، و\(y=1/b\)، و\(z=1/c\). عندئذ يكون \(xyz=1\)، و \[ \frac{1}{a^3(b+c)} =\frac{x^3}{1/y+1/z} =\frac{x^3yz}{y+z} =\frac{x^2}{y+z}. \] ويتحول الحدان الآخران بالطريقة نفسها.
بمتباينة كوشي–شفارتس، \[ \left(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\right) \bigl((y+z)+(z+x)+(x+y)\bigr) \geq (x+y+z)^2. \] وبما أن \(x+y+z>0\)، فإن هذا يعطي \[ \frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y} \geq \frac{x+y+z}{2}. \] وأخيرًا، تعطينا متباينة المتوسط الحسابي والمتوسط الهندسي \[ x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}=3. \] وبالجمع بين هذه المتباينات يثبت الحد المطلوب. تتحقق المساواة إذا وفقط إذا كان \(x=y=z=1\)، وهو ما يكافئ \(a=b=c=1\).
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).