Городская олимпиада по математике среди физ-мат школ г. Алматы, 2021 год

Пусть $a,b,c$ — стороны треугольника с периметром 1, $S$ — площадь этого треугольника. Докажите неравенство \[\sqrt {\frac{{3a}}{{b + c - a}}} + \sqrt {\frac{{3b}}{{a + c - b}}} + \sqrt {\frac{{3c}}{{a + b - c}}} \le \frac{1}{{4S}}.\] ( Аубекеров Д. )

Комментарий/решение

Прикольная задача, странно что её решило не так много людей.

$Решение:$

Так как в любом треугольнике можно вписать окружность, можно заметить что окружность делит стороны в таком порядке: $$a=x+y, b=y+z, c=z+x$$

На самом деле такая замена часто используется в таких задачах. А $S$ можно вычислить по формуле Герона:($p$ - полупериметр)$$S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt{\frac{1}{2}xyz}$$

Давайте теперь посмотрим во что преобразилась наша задача:$$(!) \frac{1}{4\sqrt{\frac{1}{2}xyz}}\geq \sum \sqrt{\frac{3(x+y)}{2z}}\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{8xyz}}\geq \sum \sqrt{\frac{3(x+y)}{2z}}\Rightarrow1\geq \sum \sqrt{12(x+y)xy}$$ $$\sum \frac{(x+y)+12xy}{2} \geq \sum \sqrt{12xy(x+y)}(AM \geq GM)$$ $$(!) 1 \geq \sum \frac{(x+y)+12xy}{2} $$ $$1=x+y+z + \frac{1}{2} \Rightarrow (!) \frac{1}{2} \geq 6(xy+yz+zx)$$

Но так как $1=(2x+2y+2z)^2$, нам остается лишь доказать что:$$4x^2+4y^2+4z^2+8xy+8yz+8zx \geq 12(xy+yz+zx) \rightarrow 4x^2+4y^2+4z^2 \geq 4xy+4yz+4xz$$, а это приводит нас к известному неравенству! ($AM \geq GM$)

Равенство приходится на $a=b=c=1/3$.

Стандартная задача. Очень удивлен, что выбрали эту задачу.

$\sum \sqrt{xy(x+y)}\le \frac{1}{\sqrt{12}}$ можно доказать и так:

$(\sum \sqrt{xy} \sqrt{x+y})^2\le \sum xy \cdot \sum(x+y)=\sum xy\le \frac{(x+y+z)^2}{3}= \frac{1}{12}$

согласен, рад что вы решили модифицировать мое решение! ^^