Леонард Эйлер атындағы олимпиада,2009-2010 оқу жылы, қорытынды кезеңнің 2-ші туры

Кез-келген $a$, $b$ және $c$ үшін, $\dfrac{a(b-c)}{b+c}+\dfrac{b(c-a)}{c+a}+\dfrac{c(a-b)}{a+b}=0$ теңдігі тек сонда және сонда ғана, егер $\dfrac{{{a}^{2}}(b-c)}{b+c}+\dfrac{{{b}^{2}}(c-a)}{c+a}+\dfrac{{{c}^{2}}(a-b)}{a+b}=0$ теңдігі орындалғанда орын алатының дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Решение. Раскрыв в левой части скобки и приведя подобные члены, легко показать, что $$\left( \frac{a(b-c)}{b+c}+\frac{b(c-a)}{c+a}+\frac{c(a-b)}{a+b} \right)\left( a+b+c \right)=\frac{{{a}^{2}}(b-c)}{b+c}+\frac{{{b}^{2}}(c-a)}{c+a}+\frac{{{c}^{2}}(a-b)}{a+b}. \quad (*)$$ Поэтому если $\frac{a(b-c)}{b+c}+\frac{b(c-a)}{c+a}+\frac{c(a-b)}{a+b}=0$, то и $\frac{{{a}^{2}}(b-c)}{b+c}+\frac{{{b}^{2}}(c-a)}{c+a}+\frac{{{c}^{2}}(a-b)}{a+b}=0$. Обратно, пусть $\frac{{{a}^{2}}(b-c)}{b+c}+\frac{{{b}^{2}}(c-a)}{c+a}+\frac{{{c}^{2}}(a-b)}{a+b}=0$. При $a+b+c \ne 0$, равенство $\frac{a(b-c)}{b+c}+\frac{b(c-a)}{c+a}+\frac{c(a-b)}{a+b}=0$ сразу получается из равенства $(*)$. Если же $a+b+c = 0$, то \[\frac{a(b-c)}{b+c}+\frac{b(c-a)}{c+a}+\frac{c(a-b)}{a+b}=\frac{a(b-c)}{-a}+\frac{b(c-a)}{-b}+\frac{c(a-b)}{-c}=(c-b)+(a-c)+(b-a)=0.\]

$$ \frac{a^2(b-c)}{b+c}+\frac{b^2(c-a)}{c+a}+\frac{c^2(a-b)}{a+b}=T$$

$$ \frac{a(b-c)}{b+c}+\frac{b(c-a)}{c+a}+\frac{c(a-b)}{a+b}=S=0$$

$$ 0=aS+bS+cS=T+\frac{ab(c-a)+cb(c-a)}{c+a}+\frac{ab(b-c)+ca(b-c)}{b+c}+\frac{ac(a-b)+bc(a-b)}{a+b}=$$

$$=T+\frac{b(c-a)(a+c)}{c+a}+\frac{a(b-c)(b+c)}{b+c}+\frac{c(a-b)(a+b)}{a+b}=T+bc-ab+ab-ac+ac-bc=T$$

$$T=0$$