Математикадан 27-ші Балкан олимпиадасы, Кишинёв, Молдова, 2010 жыл

Оң нақты $a$, $b$, $c$ сандары берілсін. $ \dfrac {a^2b(b-c)}{a+b}+\dfrac {b^2c(c-a)}{b+c}+\dfrac {c^2a(a-b)}{c+a}\ge 0 $ теңсіздігін дәлелдеңіздер.

Комментарий/решение

$$\frac {a^2b(b-c)}{a+b}+\frac {b^2c(c-a)}{b+c}+\frac {c^2a(a-b)}{c+a}\ge 0 \Leftrightarrow \frac {a^2b^2}{a+b}+\frac {b^2c^2}{b+c}+\frac {c^2a^2}{c+a}\ge \frac {a^2bc}{a+b}+\frac {b^2ca}{b+c}+\frac {c^2ab}{c+a} \Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow \left(\frac {a^2b^2}{a+b}+\frac {b^2c^2}{b+c}+\frac {c^2a^2}{c+a}\right) + \left(\frac {ab^2c}{a+b}+\frac {bc^2a}{b+c}+\frac {ca^2b}{c+a}\right) \ge \left(\frac {a^2bc}{a+b}+\frac {b^2ca}{b+c}+\frac {c^2ab}{c+a}\right) + \left(\frac {ab^2c}{a+b}+\frac {bc^2a}{b+c}+\frac {ca^2b}{c+a}\right) \Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow \left(\frac {a^2b^2}{a+b}+\frac {ab^2c}{a+b}\right)+\left(\frac {b^2c^2}{b+c}+\frac {bc^2a}{b+c}\right)+\left(\frac {c^2a^2}{c+a}+\frac {ca^2b}{c+a}\right) \ge \left(\frac {a^2bc}{a+b}+\frac {ab^2c}{a+b}\right)+ \left(\frac {b^2ca}{b+c}+\frac {bc^2a}{b+c}\right)+ \left(\frac {c^2ab}{c+a}+\frac {ca^2b}{c+a}\right) \Leftrightarrow$$

$$ \Leftrightarrow \frac {ab^2(a+c)}{a+b}+\frac {bc^2(b+a)}{b+c}+\frac {ca^2(c+b)}{c+a}\ge 3abc.$$

Достаточно доказать последнее неравенство. Для этого применим AM-GM:

$$\frac {ab^2(a+c)}{a+b}+\frac {bc^2(b+a)}{b+c}+\frac {ca^2(c+b)}{c+a} \ge 3\sqrt[3]{\frac {ab^2(a+c)}{a+b}\frac {bc^2(b+a)}{b+c}\frac {ca^2(c+b)}{c+a}}=3abc$$

что и требовалось доказать.

$$ a>0,b>0,c>0 \Rightarrow abc>0$$

$$abc\left(\frac{ab-ac}{ac+bc}+\frac{bc-ab}{ab+ac}+\frac{ac-bc}{bc+ab}\right) \geq 0 \Rightarrow$$

$$\left\{ \begin{gathered} ab = x\\ bc= y \\ ac=z\\ \end{gathered} \right. \Rightarrow$$

$$\Rightarrow \frac{x-z}{z+y}+\frac{y-x}{x+z}+\frac{z-y}{y+x}\geq 0$$

$$\left\{ \begin{gathered} x+ y= m\\ y+z=n\\ x+z= t\\ \end{gathered} \right.\Rightarrow$$

$$\Rightarrow x=\frac{t+m-n}{2}, y=\frac{m+n-t}{2},z=\frac{n+t-m}{2} \Rightarrow$$

$$\Rightarrow \frac{m-n}{n}+\frac{n-t}{t}+\frac{t-m}{m}=\left(\frac{m}{n}+\frac{n}{t}+\frac{t}{m}\right) -3=\mathbb{S} \geq 0\Rightarrow$$

$$\Rightarrow \mathbb{S}\geq 3\cdot \sqrt[3]{\frac{m}{n}\cdot \frac{n}{t} \cdot \frac{t}{m}}-3=3-3=0$$

$\frac{a^2b(b-c)}{a+b}+\frac{b^2c(c-a)}{b+c}+\frac{c^2a(a-b)}{c+a}\ge 0$

$\iff (\frac{a^2b(b-c)}{a+b}+abc)+(\frac{b^2c(c-a)}{b+c}+abc)+(\frac{c^2a(a-b)}{c+a}+abc)\ge 3abc$

$\iff \frac{ab^2(a+c)}{a+b}+\frac{bc^2(b+a)}{b+c}+\frac{ca^2(c+b)}{c+a}\ge 3abc$

AM-GM теңсіздігі бойынша

$\frac{ab^2(a+c)}{a+b}+\frac{bc^2(b+a)}{b+c}+\frac{ca^2(c+b)}{c+a}\ge 3\sqrt[3]{\frac{ab^2(a+c)}{a+b}\cdot\frac{bc^2(b+a)}{b+c}\cdot \frac{ca^2(c+b)}{c+a}}=3abc$

Умножаем каждое так что бы сверху было $a^2b^2(b-c)^2$(ну снизу будет соответсвенно $(a+b)b(b-c)$), делаем это для каждого, и просто используем Дробное Неравенство Коши Буняковского, доказывая что сверху и снизу сумма неотрицательная (это легко сделать через $AM \geq GM$)

Ты пишешь что «снизу» будет неотрицательной но это же невозможно. Это утверждение равносильно тому что $a-b,b-c,c-a \geq 0$, но это выполняется не для всех $a,b,c$.

понял. извиняюсь за неправильное решение

Без ограничения общности $a\ge b\ge c$

$$\frac{bc}{b+c}=\frac1{(\frac1b+\frac1c+\frac1a)-\frac1a}$$

Поэтому $\frac{ab}{a+b}\ge\frac{ac}{a+c}\ge\frac{bc}{b+c}$. Также имеем $ab\ge ac\ge bc$. По транснеравенству $$\sum_{cyc}\frac{ab}{a+b}\cdot ab\ge\sum_{cyc}\frac{ab}{a+b}\cdot ac\Leftrightarrow \sum_{cyc}\frac{a^2b(b-c)}{a+b}\ge0$$, что требовалось

Что такое транснеравенства?

Транснеравенство-это когда у вас есть первый набор из $n$ чисел:$a_1≥a_2≥...a_n$ и второй набор тоже из $n$ чисел:$b_1≥b_2≥...b_n$.Тогда $a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n$ будет максимальной то есть $a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n ≥$ других перестановок.Например $a_1≥a_2;b_1≥b_2$.Тогда $a_1b_1+a_2b_2≥a_1b_2+b_1a_2$.

Приводим к общему знаменателю, придётся доказать что $$(!) \ a^3b^3+b^3c^3+a^3c^3 \geq a^2bc^3+b^2ca^3+c^2ab^3.$$

По $AM \geq GM$, $$a^3b^3+a^3b^3+a^3c^3 \geq 3b^2ca^3,$$ $$b^3c^3+b^3c^3+a^3b^3 \geq 3c^2ab^3,$$ $$a^3c^3+a^3c^3+b^3c^3 \geq 3a^2bc^3.$$