求证: 对于所有的 $0<x,y,z<1$, $x(1-z)+y(1-x)+z(1-y)\le \frac{3}{4}$ 成立

下面用几何法证明.

证明:

作边长为 $1$ 的等边三角形 $ABC$, 设点 $X,Y,Z$ 分别在线段 $BC,CA,AB$ 上, 且 $CX=x,AY=z,BZ=y$.

则有 $$\dfrac{S_{AYZ}+S_{BXZ}+S_{CXY}}{S_{ABC}}=x(1-z)+y(1-x)+z(1-y)$$

因为 $S_{XYZ}\ge \frac{1}{4}{S}_{ABC}$, 即 $x(1-z)+y(1-x)+z(1-y)\le \frac{3}{4}$.

$Q.E.D.$

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这个证明来自 AoPS, 不过我认为 $S_{XYZ}\ge \frac{1}{4}{S}_{ABC}$ 有问题, 只有当 $x=y=z$ 时才能保证这个不等式成立, 也就是说, 在更一般的情况下, 有 $S_{XYZ}>0$, 即 $x(1-z)+y(1-x)+z(1-y)<1$, 而这是一个更强的结论.

所以这个优美的证明可以很容易扩展到下面的命题.

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求证: 对于所有的 $0\le x,y,z\le 1$, $0\le x(1-z)+y(1-x)+z(1-y)\le 1$ 成立

证明:

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引理1:

$(x+y+z{)}^2\ge 3(xy+xz+yz)$

证明:

使用均值不等式

$$x^2+y^2\ge 2xy;(1)$$$$x^2+z^2\ge 2xz;(2)$$$$y^2+z^2\ge 2yz.(3)$$

三式相加, 得 $$x^{2} + y^{2} + z^{2} \geq xy + xz + yz.$$

两边同时加上 $2(xy+xz+yz)$, 即 $(x+y+z{)}^2\ge 3(xy+xz+yz)$

$Q.E.D.$

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展开原式得 $0\le x+y+z-xy-yz-xz\le 1$

右边可写成: $(1-y-z)x\le (1-y)(1-z)$.

$i)$. 当 $y+z\ge 1$ 时, 显然成立.

$ii)$. 当 $y+z\le 1$, 因为 $(1-y-z)x\le 1-y-z\le 1-y-z+yz=(1-y)(1-z)$, 所以也成立.

所以 $$x+y+z-xy-yz-xz\leq 1$$ 成立.

对于左边, 根据 引理1,

$$\begin{array}{rl}(x+y+z{)}^2& \ge 3(xy+yz+zx)\\ 3(xy+yz+zx)& \ge (x+y+z)(xy+yz+zx)(\text{因为}(x+y+z)\le 3)\\ \to x+y+z& \ge xy+yz+zx\end{array}$$

$Q.E.D.$