设 a,b,c 是三角形的边长。证明：a^2×b(a-b)+b^2×c(b-c)+c^2×a(c-a)≥0

波斯猫猫

设a，b，c是三角形的边长。证明a^2.b(a-b)+b^2.c(b-c)+c^2.a(c-a)≥0，并说明等号何时成立(美国)。

证(反证法)：假设a^2.b(a-b)+b^2.c(b-c)+c^2.a(c-a)≥0不成立，则存在a，b，c，

使得a^2.b(a-b)+b^2.c(b-c)+c^2.a(c-a)＜0，且a^2.c(a-c)+c^2.b(c-b)+b^2.a(b-a)＜0（根据对称性）。

故，a^2.b(a-b)+b^2.c(b-c)+c^2.a(c-a)+a^2.c(a-c)+c^2.b(c-b)+b^2.a(b-a)＜0，

即ab(a-b)^2+bc(b-c)^2+ca(c-a)^2＜0。这与ab(a-b)^2+bc(b-c)^2+ca(c-a)^2≥0矛盾。

从而a^2.b(a-b)+b^2.c(b-c)+c^2.a(c-a)≥0。显然，当且仅当a=b=c时等号成立。

注：原题相关信息见本论坛数学期刊《一个 IMO 特别奖获得者的解法》

tmduser

个人认为证明存在逻辑漏洞，假设题目结论不成立时，其否命题应该是：存在a、b、c，使原式<0，
对于原式而言，是不能应用对称性规则的，f(a,b,c)不会等于f(a,c,b)，所以后面的过程是不正确的。

波斯猫猫

命题1：三角形任意一边的立方与另一边的积之和减去任意两边的积的平方之和，差为非负。

命题2：设a，b，c是三角形的边长。证明a^2.b(a-b)+b^2.c(b-c)+c^2.a(c-a)≥0，
或a^2.c(a-c)+c^2.b(c-b)+b^2.a(b-a)≥0。

命题3：设a，b，c是三角形的边长。证明a^2.b(a-b)+b^2.c(b-c)+c^2.a(c-a)≥0。

命题1是用文字叙述的，命题2和命题3是用符号叙述的。三个命题是等价的。

luyuanhong

一个 IMO 特别奖获得者的解法

作者：不可靠的数学疯子 来源：套路化思考 2024-02-15 03:11 浙江

波斯猫猫

设a，b，c是三角形的边长。证明a^2.b(a-b)+b^2.c(b-c)+c^2.a(c-a)≥0，并说明等号何时成立(美国)。

证(直接法)：根据三角形两边的差小于第三边，可设a-b+r=c，b-c+e=a，c-a+t=b，

则a=(e+t)/2，b=(t+r)/2，c=(r+e)/2  （e，t，r∈N+）。

故a^2.b(a-b)+b^2.c(b-c)+c^2.a=[(e+t)^2(t+r)(e-r)+(t+r)^2(r+e)(t-e)+(r+e)^2(e+t)(r-t)]/16

=[et(t-r)^2+tr(r-e)^2+re(e-t)^2]/8≥0。

注：本证法直接且较为朴素，用到三角形两边的差小于第三边的性质，必将换元。繁在计算，巧在三
处的局部配方。可以看出，除上述几种方法外，再应用其它方法（如放缩法）恐怕难以奏效。

luyuanhong

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波斯猫猫

0≤[et(t-r)^2+tr(r-e)^2+re(e-t)^2]

=(a+c-b)(a+b-c)(2a-2c)^2+(a+b-c)(b+c-a)(2a-2b)^2+(b+c-a)(a+c-b)(2c-2b)^2

=4[(a+c-b)(a+b-c)(a-c)^2+(a+b-c)(b+c-a)(a-b)^2+(b+c-a)(a+c-b)(c-b)^2]

=8[a^2.b(a-b)+b^2.c(b-c)+c^2.a(c-a)]

注：还原后的长相是(a+c-b)(a+b-c)(a-c)^2+(a+b-c)(b+c-a)(a-b)^2+(b+c-a)(a+c-b)(c-b)^2。
这可能就是原题的设计背景，但计算仍十分繁杂，共涉及36项。