la somme des facteurs  des produits est a+b+c.
prenons a>=b>=c
a+b-c >= a
c>=b+c-a

pour une même somme, le produit est maximum pour des facteurs s'approchant de la moyenne arithmétique.

Bonjour,
Soit la fonction f(a,b,c) = abc + (a+b-c)(a-b+c)(a-b-c)
Mon intention est de déterminer le (ou les) minimum local de f(a,b,c) et de vérifier que f(a,b,c) est positif sur ces points, mais je ferai tout ça demain.
Bonne soirée.
Frank

Edit: Je suis de bonne volonté, mais je me perds dans les dérivées partielles; ma méthode n'est pas la bonne, mais je n'en ai pas d'autre sous la main.

Je me dis que pour une somme donnée, a+b+c , le produit de trois nombres est maximum quand a=b=c. Plus l'intervalle entre les 3 nombres est petit, plus le produit est grand, le maximum étant atteint pour un cube.

De là, on voit que (a+b-c)+(a+c-b)+(c+b-a)=a+b+c

Cas 1 : a=b=c : on est dans le cas =abc
cas 2 : a<b < c

Alors (a+b-c) < a  et (b+c-a) >c
Les 3 nombres étant plus "dispersés" pour la même somme, le produit est moindre.
Le cas ou a+b-c<0 aurait pu fausser la donne si a,b et c n'étaient pas >0 mais ce n'est pas le cas.
( on peut mettre une égalité a=b<c ou a<b=c, ça ne change presque rien )

Par contre, je ne sais pas si cette démonstration est valable.

Oublions la situation particulière de ton énoncé

abc est un triplet quelconque de nombres.

pour la même somme tu prends un triplet def tel que d<=a et f>=c

4 cas :

1) d=a et f=c donc e=b abc = def
2) d<a et f=c def =(a-n)(b+n)c or (a-n)(b+n)<ab donc def<abc
3) d=a et f>c def = a(b-m)(c+m) or (b-m)(c+m)<bc donc def<abc
4) d<a et f>c def = (a-n)(b+n-m)(c+m) avec a-n=d et c+m=f

(a-n)(b-m+n) <(a(b-m) donc (a-n)(b+n-m)(c+m)<a(b-m)(c+m)
(b-m)(c+m)<bc donc def<abc

Avec maintenant la situation particulière de l'énoncé, on pose :

si a=b=c  abc =(a+b-c)(a-b+c)(b+c-a) c'est le cas n°1
si a=b<c (c+a-b) = c  (c+b-a)=c (a+b-c)< a C'est le cas n°2
si a<b=c (c+b-a) >c  (a-b+c) =a (a+b-c)=a c'est le cas n°3
si a<b<c (a+b-c)<a (c+b-a)>c C'est le cas n°4

Je ne trouve pas le résultat demandé mais je m'en approche.
Méthode à raffiner.

On va d'abord poser $0<a<b<c$ (qui ne change rien au raisonnement)

On voit que: $a<b \Rightarrow a<b+c$ et $b<c \Rightarrow b<a+c$

D'où $0<b+c-a$ et $0<a+c-b$

Se présente maintenant deux cas.

Premier cas : $c\ge a+b$
Alors $a+b-c\le 0$ et donc $(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)\le 0$
Ainsi $abc>0\ge (a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)$

Second cas : $c<a+b$
On aura donc un triplet ${a,b,c}$ qui respecte l'inégalité triangulaire.
Il existe donc un triangle dont les trois longueurs ont pour valeur les valeurs de ce triplet.

Nommons $S$ la surface dudit triangle et $p$ son périmètre.
D'après la formule de Héron: $(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)=\dfrac{4^2*S}{p}$

En prenant $\gamma$ l'angle opposé au côté $c$, on a: $S=\dfrac{1}{2}a.b.\sin(\gamma)$

Ainsi: $(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)=\dfrac{4a^2b^2\sin^2(\gamma)}{a+b+c}<\dfrac{4a^2b^2}{3a}<\dfrac{4}{3}\times abc$

C'est le mieux que je puisse faire avec cette méthode...

EDIT: J'aurai répondu quelques minutes trop tard.

La preuve donnée par Yanyan est juste diaboliquement simple. J'adore ce genre de solutions, tellement frustrantes quand on ne les a pas trouvé soi-même

Si a = b = c = 1

abc = 1

et (a+b-c)(a+c-b)(b+c-a) = 2*2*2 = 8

Cet exercice est un classique des olympiades de mathématiques 😉
On effectue la transformation de Ravi en posant : $a=x+y,b=y+z,c=z+x$ L'inégalité se réécrit alors :