设 $a、b、c$ 是某个三角形的三条边长，求证：${{a}^{2}}(b+c-a)+{{b}^{2}}(a+c-b)+{{c}^{2}}(a+b-c)\leqslant 3abc$．（匈牙利）
【难度】
【出处】
1964年第06届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
证法一
因为 $a,b,c$ 是三角形的三边长，所以
$\begin{aligned}
(a-b)^2(a+b-c)&\geqslant 0\\
(b-c)^2(b+c-a)&\geqslant 0\\
(c-a)^2(c+a-b)&\geqslant 0
\end{aligned}$
把上面三个不等式相加，得
$a^2[(a+b-c)+(c+a-b)-2b-2c]+b^2[(a+b-c)+(b+c-a)-2a-2c]+c^2[(b+c-a)+(c+a-b)-2b-2a]+6abc\geqslant 0$
即 $-2a^2(b+c-a)-2b^2(c+a-b)-2c^2(a+b-c)+6abc\geqslant 0$
所以 $a^2(b+c-a)+b^2(c+a-b)++c^2(a+b-c)\leqslant 3abc$
等号当且仅当 $a=b=c$ 时成立．
证法二
设 $a=y+z,b=z+x,c=x+y$，其中 $x,y,z>0$．于是原不等式等价于
$\begin{aligned}
&2x(y+z)^2+2y(z+x)^2+2z(x+y)^2\\
&\leqslant 3(x+y)(y+z)(z+x)\\
&\Leftrightarrow 6xyz\leqslant x^2y+y^2z+z^2x+x^2z+y^2x+z^2y
\end{aligned}$
由平均不等式
$\begin{aligned}
&x^2y+y^2z+z^2x+x^2z+y^2x+z^2y\\
&\geqslant 6\sqrt[6]{x^2y\cdot y^2z\cdot z^2x\cdot x^2z\cdot y^2x\cdot z^2y}\\
&=6xyz
\end{aligned}$
从而 ① 式得证，进而原不等式得证．
因为 $a,b,c$ 是三角形的三边长，所以
$\begin{aligned}
(a-b)^2(a+b-c)&\geqslant 0\\
(b-c)^2(b+c-a)&\geqslant 0\\
(c-a)^2(c+a-b)&\geqslant 0
\end{aligned}$
把上面三个不等式相加，得
$a^2[(a+b-c)+(c+a-b)-2b-2c]+b^2[(a+b-c)+(b+c-a)-2a-2c]+c^2[(b+c-a)+(c+a-b)-2b-2a]+6abc\geqslant 0$
即 $-2a^2(b+c-a)-2b^2(c+a-b)-2c^2(a+b-c)+6abc\geqslant 0$
所以 $a^2(b+c-a)+b^2(c+a-b)++c^2(a+b-c)\leqslant 3abc$
等号当且仅当 $a=b=c$ 时成立．
证法二
设 $a=y+z,b=z+x,c=x+y$，其中 $x,y,z>0$．于是原不等式等价于
$\begin{aligned}
&2x(y+z)^2+2y(z+x)^2+2z(x+y)^2\\
&\leqslant 3(x+y)(y+z)(z+x)\\
&\Leftrightarrow 6xyz\leqslant x^2y+y^2z+z^2x+x^2z+y^2x+z^2y
\end{aligned}$
由平均不等式
$\begin{aligned}
&x^2y+y^2z+z^2x+x^2z+y^2x+z^2y\\
&\geqslant 6\sqrt[6]{x^2y\cdot y^2z\cdot z^2x\cdot x^2z\cdot y^2x\cdot z^2y}\\
&=6xyz
\end{aligned}$
从而 ① 式得证，进而原不等式得证．
答案
解析
备注
