Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Кіші лига. 2013 жыл

Кез-келген оң $a$ және $b$ сандары үшін келесі теңсіздікті дәлелдеңіз: $\sqrt{ab}\le \dfrac{1}{3}\cdot \sqrt{\dfrac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}{2}}+\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{2}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}.$ ( А. Храбров )

Комментарий/решение

$$\sqrt{ab}\leq \frac{1}{3}\cdot \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\frac{2}{3}\cdot \frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}$$

$$1\leq \frac{1}{3}\cdot \sqrt{\frac{1}{2}\cdot \left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)}+\frac{2}{3}\cdot \frac{2}{\sqrt{\frac{a}{b}}+\sqrt{\frac{b}{a}}}$$

$$ \sqrt{\frac{a}{b}}+\sqrt{\frac{b}{a}}=z\geq 2\Rightarrow \frac{a}{b}+\frac{b}{a}=z^2-2$$

$$\frac{3z-4}{z}\leq \sqrt{\frac{z^2-2}{2}}, \quad z\in[2,+\infty)$$

Соңғы жағын графиксіз былай дәлелдеуге болады:

$\sqrt{\frac{z^2-2}{2}}\ge \frac{3z-4}{z} \iff \frac{z^2-2}{2}\ge \frac{(3z-4)^2}{z^2}$

$\iff z^2(z^2-2)\ge 2(3z-4)^2$

$\iff (z - 2)^2 (z^2 + 4 z - 8)\ge 0$