Неравенство

[Keter]

Доказать, что $abc \ge (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$ при $a, b, c > 0$.

Пробовал, для каждой из трёх скобок $A=(a+b-c), B=(b+c-a), C=(c+a-b)$ применить неравенство Коши, затем перемножить неравенства:

$$abc \ge -\dfrac{ABC}{27}.$$

Пока ничего больше не придумал.

[chessar]

$abc-(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)=(a-b)^2(a+b-c)+c(c-a)(c-b)$, если не ошибаюсь. И далее, считая не ограничивая общности, что $a\geqslant b\geqslant c>0$, приходим к нужному неравенству.
Или можно еще так. Будем считать $a,b,c$ длинами сторон треугольника. (Если это не так, то легко показать, что правая часть неравенства становится отрицательной или нулевой). Далее берем формулу Герона для площади треугольника, а также формулы площади через радиусы вписанной и описанной окружностей и расстояние между их центрами:

\[ 16S^2=(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b),\quad 2S=r(a+b+c),\quad4RS=abc,\quad d^2=R(R-2r) \]

и из всего этого получаем:

\[ (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)=\left(1-\frac{d^2}{R^2}\right)abc\leqslant abc. \]

Как то так.

[ewert]

Пусть $c$ -- наименьшее из чисел и $x=\frac ac,\ y=\frac bc$; тогда $x+y\geqslant2$, и при этом условии надо доказать, что $xy\geqslant(x+y-1)(y+1-x)(1+x-y)$. Ну это довольно очевидно, если представить неравенство в виде

$(x+y)^2-(x-y)^2\geqslant4(x+y-1)\left(1-(x-y)^2\right)$.

[Keter]

ewert в сообщении #626777 писал(а):

Ну это довольно очевидно, если представить неравенство в виде...

Не могу понять. Как это? Ну представили в таком виде и что?

[ewert]

$(x+y)^2-(x-y)^2\geqslant4(x+y-1)\left(1-(x-y)^2\right);$

$(x+y)^2-4(x+y)+4\geqslant-(4(x+y)-5)(x-y)^2,$

причём $4(x+y)-5\geqslant3.$

[TR63]

Если $a+b+c=1$, то исходное неравенство очевидно.