Леонард Эйлер атындағы олимпиада,2012-2013 оқу жылы, қорытынды кезеңнің 1-ші туры

Әр $x$, $y$ және $z$ саны 0-ден кем емес және 1-ден үлкен емес. Келесі теңсіздікті дәлелдеңдер $\dfrac{{{x}^{2}}}{1+x+xyz}+\dfrac{{{y}^{2}}}{1+y+xyz}+\dfrac{{{z}^{2}}}{1+z+xyz}\le 1$. ( А. Храбров )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Решение. Заметим, что $1+yz \geq y+z$, поскольку $(1 - y)(1 - z) \geq 0$. Следовательно, $1+x+xyz = 1+x(1+yz) \geq 1+x(y+z) \geq x^2+xy+xz$. Поэтому $\dfrac{{{x}^{2}}}{1+x+xyz}\le \dfrac{{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}+xy+xz}=\dfrac{x}{x+y+z}$. Применяя такую оценку к каждой из трёх дробей, получаем требуемое.

$$\frac{x^2}{1+x+xyz}+\frac{y^2}{1+y+xyz}+\frac{z^2}{1+z+xyz}\leq \frac{x^2}{x^2+x+yz}+\frac{y^2}{y^2+y+xyz}+\frac{z^2}{z^2+z+xyz}=\frac{x}{1+x+yz}++\frac{y}{1+y+xyz}+\frac{z}{1+z+xyz}\leq \frac{x}{x+y+z}+\frac{y}{x+y+z}+\frac{z}{x+y+z}=\frac{x+y+z}{x+y+z}=1.$$