неравенство

[rightways]

$a,b,c>0, \ \ \ a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca+(abc-1)^2$
Доказать, что

$$ab+bc+ca+3\ge 2(a+b+c)$$

[Shadow]

Введем вспомательные переменные:

$\\a+b+c=3u\\ abc-1=3v$

Из условия $(a+b+c)^2-3(ab+bc+ca)=(abc-1)^2$ имеем $ab+bc+ca=3(u^2-v^2)$

Числа положительные, значит $u>v>0$

Нужно доказать, что $3(u^2-v^2+1)\ge 6u,\text{ или } (u-1)^2\ge v^2$

$(a,b,c)$ - положительные корни уравнения $x^3-3ux^2+3(u^2-v^2)x-3v-1=0$

Функция имеет локальный максимум при $x=u-v$, и должно выполнятся $f(u-v) \ge 0$

$f(u-v)=u^3-3 u v^2+2 v^3-3 v-1=(u-v-1)(u^2+u v+u-2 v^2+2 v+1)\ge 0$

Второй множитель положителный, а следовательно $u-v-1 \ge 0$, или $u-1 \ge v$

Ну, тем более квадраты.

-- 03.09.2015, 15:27 --

Можно добавить, что равенство достигается, когда две из этих трех чисел - единички.

[Shadow]

Я допустил ошибку, обозначив $abc-1=3v$ неправильно потребовал $v\ge 0$

При $v<0$ локальный максимум функции будет при $x=u+v$

Думаю, что все исправимо, но сейчас буду смотреть футбол.