Областная олимпиада по математике, 2020 год, 11 класс


Для любых положительных вещественных чисел $x$ и $y$ докажите неравенство: $\frac{1}{x+y+1}-\frac{1}{(x+1)(y+1)} < \frac{1}{11}$.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  0
2020-01-14 05:13:31.0 #

$x+y=1=a, \ \ (x+1)(y+1)=b$ тогда $a+xy=b$ откуда $\dfrac{b-a}{y}+y+1=a$ и учитывая ограничение по $D \geq 0$ выходит $a \leq b \leq \dfrac{(a+1)^2}{4}$

Пусть $b_{1} \geq b$ Тогда $\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{b} \leq \dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{b_{1}}$ тогда взяв $b_{1}=\dfrac{(a+1)^2}{4}$ или $f(a)=\dfrac{1}{a}- \dfrac{4}{(a+1)^2}$

$f’(a)=\dfrac{(1-a)(a^2-4a-1)}{a^2(a+1)^3}$

откуда $a=2+\sqrt{5}$ достигает максимума, который $S<\dfrac{1}{11}$.

  0
2020-01-14 16:33:34.0 #

Туындыны қолданбай дәлелдейін.

$a=x+y>0$ болсын.

$(x-y)^2\ge 0 \Rightarrow xy\le \frac{(x+y)^2}{4}=\frac{a^2}{4}$

$ (x+1)(y+1)=xy+x+y+1\le \frac{a^2}{4}+a+1$

Сондықтан, $\frac{1}{a+1}-\frac{4}{a^2+4a+4}<\frac{1}{11} \ \ \Leftarrow \ \ a^3 - 6 a^2 + 8 a + 4>0$ теңсіздігін дәлелдеу жеткілікті.

Eгер $a< 4$ болса, онда $ a^3 - 6 a^2 + 8 a + 4> a^3 - 6 a^2 +9a=a(a-3)^2\ge 0$

Егер $a\ge 4$ болса, онда $ a^3 - 6 a^2 + 8 a + 4>a^3 - 6 a^2 + 8 a=a(a-2)(a-4)\ge 0$