7-я Балканская математическая олимпиада среди юниоров Измир, Турция, 2003 год

Пусть $x, y, z > -1$. Докажите неравенство $ \dfrac{1+x^2}{1+y+z^2} + \dfrac{1+y^2}{1+z+x^2} + \dfrac{1+z^2}{1+x+y^2} \geq 2. $

Комментарий/решение

$$ (x-1)^2 \geq 0 \Rightarrow x^2-2x+1 \geq 0 \Rightarrow x^2+1 \geq 2x \Rightarrow \frac{x^2+1}{2} \geq x$$

$$ \frac{1+z^2}{1+x+y^2} \geq \frac{2(1+z^2)}{(x^2+1)+2(y^2+1)} $$

$$ 1+z^2=c , \quad 1+x^2=a \quad 1+y^2=b \Rightarrow$$

$$ \frac{2a}{b+2c}+\frac{2b}{c+2a}+\frac{2c}{a+2b} \geq 2\Rightarrow$$

$$\Rightarrow \frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b} \geq 1$$

$$\left\{ \begin{gathered} a + 2b = x \\ b + 2c = y \\ c + 2a = z. \\ \end{gathered} \right.\Rightarrow$$

$$\Rightarrow a=\frac{x-2y+4z}{9},b=\frac{y-2z+4x}{9},c=\frac{z-2x+4y}{9}\Rightarrow$$

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

$$=\frac{x-2y+4z}{9x}+\frac{y-2z+4x}{9y}+\frac{z-2x+4y}{9z}=$$

$$\frac{1}{9}\cdot \left( \frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{y}{z}\right)-\frac{2}{3}+\frac{4}{9}\cdot \left( \frac{x}{z}+\frac{z}{y}+\frac{y}{x}\right)\geq$$ $$\geq \frac{1}{3}\cdot \sqrt[3]{ \frac{z}{x}\cdot \frac{x}{y}\cdot \frac{y}{z}}-\frac{2}{3}+\frac{4}{3}\cdot \sqrt[3]{ \frac{x}{z}\cdot \frac{z}{y}\cdot \frac{y}{x}}=\frac{1}{3}-\frac{2}{3}+\frac{4}{3}=1$$

Можно легче с обозначения $1+z^2=c, 1+x^2=a, 1+y^2=b:$

$\dfrac{2a}{b+2c}+\dfrac{2b}{c+2a}+\dfrac{2c}{a+2b} = \dfrac{4a^2}{(b+2c)2a}+\dfrac{4b^2}{(c+2a)2b}+\dfrac{4c^2}{(a+2b)2c} \geq \dfrac{(2a+2b+2c)^2}{6(ab+bc+ac)} =\dfrac{(a+b+c)^2}{1,5(ab+bc+ac)} \geq 2$,

$\Leftrightarrow (a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ac)$, что верно. Важно отметить, что знаменатели $>0$, так как $a, b$ и $c>0$

Заметим что $1+y+z^2,1+z+x^2,1+x+y^2$ больше 0. Значит можно использовать Неравенство Коши-Буняковского:

$$\dfrac{(1+x^2)^2}{(1+x^2)(1+y+z^2)}+\dfrac{(1+y^2)^2}{(1+z+x^2)(1+y^2)}+\dfrac{(1+z^2)^2}{(1+z^2)(1+x+y^2)} \geq \dfrac{(3+x^2+y^2+z^2)^2}{3+x+y+z+2(x^2+y^2+z^2)+yx^2+zy^2+xz^2+x^2z^2+z^2y^2+y^2x^2} \geq 2$$

Теперь достаточно доказать последней неравенство, оно эквивалента:

$x^4+y^4+z^4+2(x^2+y^2+z^2)+3 \geq 2(yx^2+zy^2+xz^2+x+y+z)$

А это неравенства циклическая сумма этих:

$x^4+y^2 \geq 2x^2y$

$x^2+1 \geq 2x$

$1+x^2=2a, 1+y^2=2b, 1+z^2=2c$ болсын. Онда

$2a=1+x^2\ge 2x\Rightarrow \ \ a\ge x, b\ge y, c\ge z$.

$\dfrac{1+x^2}{1+y+z^2} + \dfrac{1+y^2}{1+z+x^2} + \dfrac{1+z^2}{1+x+y^2} = $

$=\frac{2a}{2c+y}+\frac{2b}{2a+z}+\frac{2c}{2b+x}\ge \frac{2a}{2c+b}+\frac{2b}{2a+c}+\frac{2c}{2b+a}\ge $

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