Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2003 год

Пусть $a$, $b$, $c$ являются длинами сторонами треугольника, где $a + b + c = 1$, и пусть $n \geq 2$ является натуральным числом. Докажите, что \[\sqrt[n]{{{a}^{n}}+{{b}^{n}}}+\sqrt[n]{{{b}^{n}}+{{c}^{n}}}+\sqrt[n]{{{c}^{n}}+{{a}^{n}}} < 1+\frac{\sqrt[n]{2}}{2}.\]

Комментарий/решение

$x,y,z$ отрезки касательных, $a=x+y, b=y+z, c=x+z$ тогда $x+y+z=\dfrac{1}{2}$

$S=\sqrt[n]{(x+y)^n+(y+z)^n}+\sqrt[n]{(y+z)^n+(x+z)^n}+\sqrt[n]{(x+z)^n+(x+y)^n}$

По неравенству Минковского

$S \leq \sqrt[n]{x^n+y^n}+\sqrt[n]{y^n+z^n}+\sqrt[n]{z^n+x^n} + \sqrt[n]{2}(x+y+z) \leq \sqrt[n]{x^n+y^n}+\sqrt[n]{y^n+z^n}+\sqrt[n]{z^n+x^n} + \dfrac{\sqrt[n]{2}}{2}$

Но так как

$\sqrt[n]{x^n+y^n} \leq x+y$

Тогда

$S \leq \sqrt[n]{x^n+y^n}+\sqrt[n]{y^n+z^n}+\sqrt[n]{z^n+x^n} + \dfrac{\sqrt[n]{2}}{2} < 2(x+y+z) + \dfrac{\sqrt[n]{2}}{2} = 1 + \dfrac{\sqrt[n]{2}}{2}$

$a\ge b\ge c$ болсын.

$1=a+b+c>2a \Rightarrow \ \ a<\frac{1}{2}$

$\sqrt[n]{{{a}^{n}}+{{b}^{n}}}\le \sqrt[n]{2a^n}=a\cdot \sqrt[n]{2}<\frac{\sqrt[n]{2}}{2}$

$0<x\le1\Rightarrow \ \ \sqrt[n]{1+x^n}\le \sqrt{1+x^n}\le \sqrt{1+x^2}<1+\frac{x}{2}$

$\Rightarrow \ \ \sqrt[n]{1+(\frac{c}{a})^n}<1+\frac{c}{2a}, \ \ \sqrt[n]{1+(\frac{c}{b})^n}<1+\frac{c}{2b}$

$\sqrt[n]{a^n+c^n}+\sqrt[n]{b^n+c^n}<(a+\frac{c}{2})+(b+\frac{c}{2})=1$

$\Rightarrow \ \ \sqrt[n]{a^n+c^n}+\sqrt[n]{b^n+c^n}+\sqrt[n]{a^n+b^n}<1+\frac{\sqrt[n]{2}}{2}$