қазақша
русскийРеспубликанская олимпиада по математике, 2010 год, 11 класс
Комментарий/решение:
Дадим данному неравенству геометрическую интерпретацию.
Пусть на плоскости имеется отрезок $BD=2$, точка $A$ середина $BD$ , пусть на этой же плоскости точка $C$ такая что $\angle BAC = 60^{\circ}$ и $AC=x$, так же пусть $E$ лежит на прямой $AC$ и такая что $AE=y$, тогда по теореме косинусов получаем $CB=\sqrt{x^2-x+1} , \ CD=\sqrt{x^2+x+1} , \ BE=\sqrt{y^2-y+1} , \ DE=\sqrt{y^2+y+1}$
Отразим симметрично точку $C$ относительно $A$ до параллелограмма $BDCC'$, тогда
$C'D=CB, \ CD= C'B$ применяя неравенство Птолемея для четырехугольника $C'DBE$ получаем $C'D \cdot BE + C'B \cdot DE \geq C'E \cdot BD $ или
$\sqrt{x^2-x+1} \sqrt{y^2-y+1} + \sqrt{x^2+x+1} \cdot \sqrt{y^2+y+1} \geq 2(x+y) $
$$ \sqrt{x^2-x+1}\sqrt{y^2-y+1}+\sqrt{x^2+x+1}\sqrt{y^2+y+1}\geq 2(x+y)$$
$$ x^4+x^2+1=(x^2-x+1)(x^2+x+1)\Rightarrow x^2-x+1=\frac{ x^4+x^2+1}{x^2+x+1}\Rightarrow$$
$$\Rightarrow \frac{\sqrt{x^4+x^2+1}\sqrt{y^4+y^2+1}}{\sqrt{x^2+x+1}\sqrt{y^2+y+1}}+\sqrt{x^2+x+1}\sqrt{y^2+y+1}\geq 2(x+y)$$
$$ \frac{\sqrt{x^4+x^2+1}\sqrt{y^4+y^2+1}}{\sqrt{x^2+x+1}\sqrt{y^2+y+1}}+\sqrt{x^2+x+1}\sqrt{y^2+y+1}\geq 2 \sqrt{x^4+x^2+1}\sqrt{y^4+y^2+1}$$
$$ \sqrt{x^4+x^2+1}\sqrt{y^4+y^2+1}\geq (x+y)\Rightarrow$$
$$ \sqrt{x^4+x^2+1}\sqrt{y^4+y^2+1}\geq \sqrt{x^2+1}\sqrt{y^2+1}\geq (x+y)\Rightarrow$$
$$\Rightarrow (x^2+1)(y^2+1)\geq (x+y)^2\Rightarrow$$
$$\Rightarrow (xy-1)^2\geq 0$$
Равенство достигается когда $x=\frac{1}{y}$
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.