Городская Жаутыковская олимпиада, 9 класс, 2013 год

Для любых положительных чисел $a,b,c$ докажите, что $\dfrac{{{a}^{2}}}{a+b}+\dfrac{{{b}^{2}}}{b+c}\ge \dfrac{3a+2b-c}{4}$.

Комментарий/решение

Из неравенства Коши-Буняковского следует $\left( {(a + b) + (b + c)} \right)\left( {\dfrac{{{a^2}}}{{a + b}} + \dfrac{{{b^2}}}{{b + c}}} \right) \ge {(a + b)^2}$, что то же самое $\dfrac{{{a^2}}}{{a + b}} + \dfrac{{{b^2}}}{{b + c}} \ge \dfrac{{{{(a + b)}^2}}}{{a + 2b + c}}.$ Но $\dfrac{(a+b)^2}{a+2b+c} \geq \dfrac{3a+2b-c}{4}$. Так как это неравенство эквивалентно неравенству $\dfrac{(a-c)^2}{4(a+2b+c)} \geq 0.$ Следовательно, $\dfrac{{{a^2}}}{{a + b}} + \dfrac{{{b^2}}}{{b + c}} \ge \dfrac{{{{(a + b)}^2}}}{{a + 2b + c}} \ge \dfrac{{3a + 2b - c}}{4}.$

Достаточно доказать, что $$\dfrac{{{a}^{2}}}{a+b}+\dfrac{{{b}^{2}}}{b+c} + \dfrac{b+c}{4} + \dfrac{a+b}{4}\ge a+b $$

Из $AM\ge GM:$ $$\dfrac{{{a}^{2}}}{a+b}+\dfrac{a+b}{4}\ge a, \quad \dfrac{{{b}^{2}}}{b+c}+\dfrac{b+c}{4}\ge b .$$

Сумма этих двух неравенств дает требуемое.$\quad \square$