Республиканская олимпиада по математике, 2008 год, 9 класс


Для положительных действительных чисел $a, b, c$ докажите неравенство $\dfrac{{a^2 - bc}}{{2a^2 + bc}} + \dfrac{{b^2 - ac}}{{2b^2 + ac}} + \dfrac{{c^2 - ab}}{{2c^2 + ab}} \leq 0.$
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  -3
2017-03-06 12:45:48.0 #

$2a^2+bc \geq 3\sqrt[3]{a^4bc}=3a\sqrt[3]{abc}$

$\frac{a^2-bc}{2a^2+bc}+\frac{b^2-ac}{2b^2+ac} +\frac{c^2-ba}{2c^2+ba} \leq \frac{a^2-bc}{3a\sqrt{abc}}+\frac{b^2-ac}{3b\sqrt{abc}}+\frac{c^2-ba}{3c\sqrt{abc}}$

$\frac{1}{3\sqrt[3]{abc}}*(\frac{a^2-bc}{a}+\frac{b^2-ac}{b}+\frac{c^2-ab}{c})=\frac{1}{3abc\sqrt[3]{abc}}*(a^2bc-b^2c^2+ab^2c-a^2c^2+abc^2-a^2b^2)$

ab=x

bc=y

ac=z

$\frac{1}{3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}}*(xy-x^2+xz-y^2+yz-z^2)$

$xy-x^2+xz-y^2+yz-z^2\leq 0$

$x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz\geq0$

$0.5(x+y)^2+0.5(y+z)^2+0.5(x+z)^2\geq 0$

Если $\frac{1}{3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}}> 0$ и $(xy-x^2+xz-y^2+yz-z^2)\leq 0$, тогда

$\frac{a^2-bc}{2a^2+bc}+\frac{b^2-ac}{2b^2+ac} +\frac{c^2-ba}{2c^2+ba} \leq 0$

  0
2019-02-07 06:57:47.0 #

Преобразовывая

$\dfrac{bc-a^2}{bc+2a^2}+\dfrac{ac-b^2}{ac+2b^2}+\dfrac{ab-c^2}{ab+2c^2} \geq 0$

$S=\dfrac{a^2}{bc+2a^2}+\dfrac{b^2}{ac+2b^2}+\dfrac{c^2}{ab+2c^2} \leq 1 $

По неравенству КБШ

$S \leq \dfrac{(a+b+c)^2}{2a^2+2b^2+2c^2+ab+bc+ac}$

но $(a+b+c)^2 \leq 2a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac$ так как $a^2+b^2+c^2 \geq ab+bc+ac$

значит $S \leq 1$ откуда и следует неравенство.