인상 깊었던 MO 문제 #7: POTD 2015/10/3

문제 (문제 링크)

\(a, b, c\)가 \(abc=1\)을 만족하는 양의 실수라면, 다음 부등식이 성립함을 보여라. $$ (a+1)^b \cdot (b+1)^c \cdot (c+1)^a \ge 8 $$

스포 방지선

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풀이 (2015/10/17 - 3년 반 전에 푼 문제인데 어떻게 풀었는지 모르겠다)

먼저 \(a, b, c\)를 \( \displaystyle \frac{1}{a}, \frac{1}{b}, \frac{1}{c}\)로 바꿔치자. 이렇게 해도 문제가 되지 않는다는 것을 쉽게 알 수 있다.

이제 목표는 \(abc=1\)인 양의 실수 \(a,b,c\)에 대해 \(\displaystyle \left(1+\frac{1}{a}\right)^{1/b} \cdot \left(1+\frac{1}{b} \right)^{1/c} \cdot \left(1+\frac{1}{c} \right)^{1/a} \ge 8\)을 보이는 것이다.

자연로그를 취하면, \(\displaystyle \frac{1}{b} \ln \left(1+\frac{1}{a}\right) + \frac{1}{c} \ln \left(1+\frac{1}{b}\right) + \frac{1}{a} \ln \left(1+\frac{1}{c} \right) \ge 3 \ln 2\)를 보이면 충분하다.

한편, 모든 \(x > 0\)에 대하여 \(\displaystyle \ln \left(1+\frac{1}{x} \right) = \ln (x+1) - \ln (x) = \int_x^{x+1} \frac{1}{t} dt = \int_0^1 \frac{1}{x+t} dt \)이므로, 이제 $$ \int_0^1 \left( \frac{1}{b} \cdot \frac{1}{a+t} + \frac{1}{c}  \cdot \frac{1}{b+t} + \frac{1}{a} \cdot \frac{1}{c+t} \right) dt \ge 3 \ln 2 $$를 보이면 충분하다.

이제 \(abc=1\)이므로, 양의 실수 \(x,y,z\)에 대해 \(\displaystyle a=\frac{x}{y}, b=\frac{y}{z}, c=\frac{z}{x}\)라 쓸 수 있다. 대입하면 우리는 $$ \int_0^1 \left( \frac{z}{yt+x} + \frac{x}{zt+y} + \frac{y}{xt+z} \right) \ge 3\ln2$$를 보이면 충분하다. 한편, 전형적인 Cauchy-Schwarz 부등식에 의해서 $$ \frac{z}{yt+x} + \frac{x}{zt+y} + \frac{y}{xt+z} = \frac{z^2}{yzt+zx} + \frac{x^2}{zxt+xy} + \frac{y^2}{xyt+yz} \ge \frac{(x+y+z)^2}{(xy+yz+zx)(t+1)} $$이므로, 두 함수 \(f(t), g(t)\)가 \(f(t) \ge g(t) \text{ } \forall t \in [0,1]\)를 만족하면 \(\displaystyle \int_0^1 f(t) dt \ge \int_0^1 g(t) dt\)가 성립한다는 사실에서 $$ \int_0^1 \left( \frac{z}{yt+x} + \frac{x}{zt+y} + \frac{y}{xt+z} \right) dt \ge \int_0^1 \frac{(x+y+z)^2}{(xy+yz+zx)(t+1)} dt \ge \int_0^1 \frac{3}{t+1} dt = 3 \ln 2 $$를 얻을 수 있다. 여기에서는 \((x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx)\)라는 잘 알려진 부등식을 사용하였다.

등호가 성립하려면 \((x+y+z)^2=3(xy+yz+zx)\)이어야 하고, 이는 \(x=y=z\), 즉 \(a=b=c=1\)을 뜻한다.