（1）设实数 $x,y,z$ 都不等于 $1$，满足 $xyz＝1$，求证：$\dfrac{x^{2}}{(x-1)^{2}}+\dfrac{y^{2}}{(y-1)^{2}}+\dfrac{z^{2}}{(z-1)^{2}}\geqslant 1$
（2）证明：存在无穷多组三元有理数组 $(x,y,z)$，$x,y,z$ 都不等于 $1$，
且 $xyz＝1$，使得上述不等式等号成立．（奥地利）
（2）证明：存在无穷多组三元有理数组 $(x,y,z)$，$x,y,z$ 都不等于 $1$，
且 $xyz＝1$，使得上述不等式等号成立．（奥地利）
【难度】
【出处】
2008年第49届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
证法一
（1）令 $\dfrac{x}{x-1}=a,\dfrac{y}{y-1}=b,\dfrac{z}{z-1}=c$，则 $x=\dfrac{a}{a-1},y=\dfrac{b}{b-1},z=\dfrac{c}{c-1}$．
由题设条件 $xyz=1$ 得 $abc=(a-1)(b-1)(c-1)$
即 $a+b+c-1=ab+bc+ca$
所以
$\begin{aligned}
a^2+b^2+c^2&=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)\\
&=(a+b+c)^2-2(a+b+c-1)\\
&=(a+b+c-1)^2+1\geqslant 1
\end{aligned}$
从而 $\dfrac{x^{2}}{(x-1)^{2}}+\dfrac{y^{2}}{(y-1)^{2}}+\dfrac{z^{2}}{(z-1)^{2}}\geqslant 1$
（2）令 $(x,y,z)=\left(-\dfrac{k}{(k-1)^2},k-k^2,\dfrac{k-1}{k^2}\right)$，$k$ 是正整数，则 $(x,y,z)$ 是三元有理数组，$x,y,z$ 都不等于 $1$，且对于不同的正整数 $k$，三元有理数组 $(x,y,z)$ 是互不相同的．此时
$\begin{aligned}
&\frac{x^{2}}{(x-1)^{2}}+\frac{y^{2}}{(y-1)^{2}}+\frac{z^{2}}{(z-1)^{2}}\\
&=\frac{k^2}{(k^2-k+1)^2}+\frac{(k-k^2)^2}{(k^2-k+1)^2}+\frac{(k-1)^2}{(k^2-k+1)^2}\\
&=\frac{k^4-2k^3+3k^2-2k+1}{(k^2-k+1)^2}=1
\end{aligned}$
从而命题得证．
证法二
（1）由 $xyz=1$，可设 $p=x,q=1,r=\dfrac{1}{y}$，得 $x=\dfrac{p}{q},y=\dfrac{q}{r},z=\dfrac{1}{xy}=\dfrac{r}{p}$，$p,q,r$ 互不相等．故
$\begin{aligned}
\frac{x^{2}}{(x-1)^{2}}+\frac{y^{2}}{(y-1)^{2}}+\frac{z^{2}}{(z-1)^{2}}\geqslant 1\\
\Leftrightarrow \frac{p^2}{(p-q)^2}+\frac{q^2}{(q-r)^2}+\frac{r^2}{(r-p)^2}\geqslant 1
\end{aligned}$ ①
令 $a=\dfrac{p}{p-q},b=\dfrac{q}{q-r},c=\dfrac{r}{r-p}$，则 ① 化为 $\displaystyle \sum a^2\geqslant 1$．由于
$\dfrac{-1+a}{a}=\dfrac{q}{p},\dfrac{-1+b}{b}=\dfrac{r}{q},\dfrac{-1+c}{c}=\dfrac{p}{r}$
所以 $\displaystyle \dfrac{-1+a}{a}\cdot \dfrac{-1+b}{b}\cdot \dfrac{-1+c}{c}=1,1-\sum a+\sum ab=0$ ②
由 ② 可得 $\displaystyle 1-\sum a^2=-(a+b+c-1)^2\leqslant 0$
所以 $\displaystyle \sum a^2\geqslant 1$
从而 ① 式成立．
（2）令 $b=\dfrac{t^2+t}{t^2+t+1},c=\dfrac{t+1}{t^2+t+1},a=-\dfrac{bc}{b+c}$，其中 $t$ 可取除 $0,-1$ 外的一切有理数，改变 $t$，其中使得 $b,c,a$ 中有某个为 $1$ 的至多只有有限个，这样就得到无穷多组三元有理数组 $(a,b,c),a,b,c$ 都不等于 $1$，使得 $\displaystyle \sum a=\sum a^2=1$，而由 $(x,y,z)=\left(\dfrac{a}{a-1},\dfrac{b}{b-1},\dfrac{c}{c-1}\right)$ 知（2）成立．
（1）令 $\dfrac{x}{x-1}=a,\dfrac{y}{y-1}=b,\dfrac{z}{z-1}=c$，则 $x=\dfrac{a}{a-1},y=\dfrac{b}{b-1},z=\dfrac{c}{c-1}$．
由题设条件 $xyz=1$ 得 $abc=(a-1)(b-1)(c-1)$
即 $a+b+c-1=ab+bc+ca$
所以
$\begin{aligned}
a^2+b^2+c^2&=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)\\
&=(a+b+c)^2-2(a+b+c-1)\\
&=(a+b+c-1)^2+1\geqslant 1
\end{aligned}$
从而 $\dfrac{x^{2}}{(x-1)^{2}}+\dfrac{y^{2}}{(y-1)^{2}}+\dfrac{z^{2}}{(z-1)^{2}}\geqslant 1$
（2）令 $(x,y,z)=\left(-\dfrac{k}{(k-1)^2},k-k^2,\dfrac{k-1}{k^2}\right)$，$k$ 是正整数，则 $(x,y,z)$ 是三元有理数组，$x,y,z$ 都不等于 $1$，且对于不同的正整数 $k$，三元有理数组 $(x,y,z)$ 是互不相同的．此时
$\begin{aligned}
&\frac{x^{2}}{(x-1)^{2}}+\frac{y^{2}}{(y-1)^{2}}+\frac{z^{2}}{(z-1)^{2}}\\
&=\frac{k^2}{(k^2-k+1)^2}+\frac{(k-k^2)^2}{(k^2-k+1)^2}+\frac{(k-1)^2}{(k^2-k+1)^2}\\
&=\frac{k^4-2k^3+3k^2-2k+1}{(k^2-k+1)^2}=1
\end{aligned}$
从而命题得证．
证法二
（1）由 $xyz=1$，可设 $p=x,q=1,r=\dfrac{1}{y}$，得 $x=\dfrac{p}{q},y=\dfrac{q}{r},z=\dfrac{1}{xy}=\dfrac{r}{p}$，$p,q,r$ 互不相等．故
$\begin{aligned}
\frac{x^{2}}{(x-1)^{2}}+\frac{y^{2}}{(y-1)^{2}}+\frac{z^{2}}{(z-1)^{2}}\geqslant 1\\
\Leftrightarrow \frac{p^2}{(p-q)^2}+\frac{q^2}{(q-r)^2}+\frac{r^2}{(r-p)^2}\geqslant 1
\end{aligned}$ ①
令 $a=\dfrac{p}{p-q},b=\dfrac{q}{q-r},c=\dfrac{r}{r-p}$，则 ① 化为 $\displaystyle \sum a^2\geqslant 1$．由于
$\dfrac{-1+a}{a}=\dfrac{q}{p},\dfrac{-1+b}{b}=\dfrac{r}{q},\dfrac{-1+c}{c}=\dfrac{p}{r}$
所以 $\displaystyle \dfrac{-1+a}{a}\cdot \dfrac{-1+b}{b}\cdot \dfrac{-1+c}{c}=1,1-\sum a+\sum ab=0$ ②
由 ② 可得 $\displaystyle 1-\sum a^2=-(a+b+c-1)^2\leqslant 0$
所以 $\displaystyle \sum a^2\geqslant 1$
从而 ① 式成立．
（2）令 $b=\dfrac{t^2+t}{t^2+t+1},c=\dfrac{t+1}{t^2+t+1},a=-\dfrac{bc}{b+c}$，其中 $t$ 可取除 $0,-1$ 外的一切有理数，改变 $t$，其中使得 $b,c,a$ 中有某个为 $1$ 的至多只有有限个，这样就得到无穷多组三元有理数组 $(a,b,c),a,b,c$ 都不等于 $1$，使得 $\displaystyle \sum a=\sum a^2=1$，而由 $(x,y,z)=\left(\dfrac{a}{a-1},\dfrac{b}{b-1},\dfrac{c}{c-1}\right)$ 知（2）成立．
答案
解析
备注
