Городская Жаутыковская олимпиада, 8 класс, 2012 год

Для положительных чисел $a,b$ таких, что $a+b=ab$, докажите неравенство $\dfrac{a}{{{b}^{2}}+4}+\dfrac{b}{{{a}^{2}}+4}\ge \dfrac{1}{2}.$

Комментарий/решение

$\dfrac{a}{b^2+4} + \dfrac{b}{a^2+4} - \dfrac{1}{2} \geq 0 $

$\dfrac{2a^3+2b^3+8a+8b-(4a^2+4b^2+a^2b^2+16)}{2(a^2+4)(b^2+4)} \geq 0 $

$\dfrac{2(a+b)((a+b)^2-3ab)+8(a+b)-(4((a+b)^2-2ab)+a^2b^2+16)}{2(a^2+4)(b^2+4)} \geq 0 $

из условия

$\dfrac{2ab(a^2b^2-3ab)+8ab-(4(a^2b^2-2ab)+a^2b^2+16)}{2(a^2+4)(b^2+4)} \geq 0 $

откуда $ab \geq 4$ что верно так как

$a+b \geq 2\sqrt{ab}$ или $ab \geq 2\sqrt{ab}$ то есть $ab \geq 4 $

Заменим $x=\dfrac 1 a, y=\dfrac 1 b.$ Тогда $x+y=1,$ и достаточно доказать $$\dfrac{y^2}{x+4xy^2}+\dfrac{x^2}{y+4x^2y}\ge \dfrac 1 2$$ Из КБШ и $AM\ge GM$ : $$\dfrac{y^2}{x+4xy^2}+\dfrac{x^2}{y+4x^2y}\ge \dfrac{(x+y)^2}{x+y+4xy(x+y)}=\dfrac{1}{1+4xy}\ge \dfrac{1}{1+(x+y)^2}=\dfrac 1 2.\quad\square $$