9-шы «Жібек жолы» математикалық олимпиадасы, 2009 жыл

$abc\le 1$ шартын қанағаттандыратын кез келген оң нақты $a$, $b$, $c$ сандары үшін $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge 1+\frac{6}{a+b+c}$. теңсіздігін дәлелдеңіз. ( Д. Елиусизов )

Комментарий/решение

Умножим все неравенство на $abc(a+b+c)$ и раскроем скобки:

$a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+bc^2 \geq a^2bc+ab^2c+abc^2+3abc$

Теперь:

$a^2b+ a^2b+ac^2 \geq 3 \sqrt[3]{a^5b^2c^2} \geq 3\sqrt[3]{a^6b^3c^3}=3a^2bc$

$b^2c+ b^2c+a^2b \geq 3ab^2c$

$ac^2+ ac^2+b^2c \geq 3abc^2$

Складывая эти три неравенства получаем:

$a^2b+b^2c+ac^2 \geq a^2bc+ab^2c+abc^2$

Сложив это неравенство со следующим получаем искомое:

$ab^2+a^2c+bc^2 \geq 3abc$

Из неравенства КБШ: $$\frac 2 3 (a+b+c)(\frac 1 a +\frac 1 b +\frac 1 c)\ge \frac 2 3 \cdot 9=6$$

Из неравенства $AM\ge GM$: $$\frac 1 3 (a+b+c)(\frac 1 a +\frac 1 b +\frac 1 c)\ge \frac 1 3 (a+b+c)(3\cdot (\frac 1 {abc})^{\frac 1 3})\ge a+b+c$$ $$\implies$$ $$\frac 1 3 (a+b+c)(\frac 1 a +\frac 1 b +\frac 1 c)\ge a+b+c$$

Суммировав $1$ и $3$ неравенства получаем :

$$(a+b+c)(\frac 1 a +\frac 1 b +\frac 1 c)\ge a+b+c+6$$ $$\iff$$ $$\frac 1 a +\frac 1 b +\frac 1 c \ge 1+ \frac 6 {a+b+c}$$

$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{3a}+\frac{1}{3b}+\frac{1}{3c}+\frac{(\sqrt{2})^2}{3a}+\frac{(\sqrt{2})^2}{3b}+\frac{(\sqrt{2})^2}{3c}\geq$$

$$\geq3\sqrt[3]{\frac{1}{3a}\cdot \frac{1}{3b} \cdot \frac{1}{3c}}+\frac{(\sqrt{2}+\sqrt{2}+\sqrt{2})^2}{3a+3b+3c}=\frac{1}{\sqrt [3]{abc}}+\frac{6}{a+b+c}\geq 1+\frac{6}{a+b+c}$$

$a+b+c\geq 3{\sqrt[3]{abc}}$

От сюда $1+\frac{6}{3{\sqrt[3]{abc}}}\geq 1+\frac{6}{a+b+c}$

Тогда нам достаточно доказать $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ca}{abc}\geq 1+2{\sqrt[3]{abc}}$

От сюда $ab+bc+ca\geq abc+2{\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}}$

Мы знаем $ab+bc+ca\geq 3{\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}}$

Докажем, что $3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}\geq abc+2\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}$

$\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}\geq abc$

Воздвигнем в куб $a^{2}b^{2}c^{2}\geq a^{3}b^{3}c^{3}$

$1\geq abc$ что верно

AM-GM арқылы:

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge \frac{3}{\sqrt[3]{abc}}\ge 1+ \frac{2}{\sqrt[3]{abc}}\ge 1 + \frac{6}{a+b+c}$

өмірде сонша тілдер бар, бірақ ол факттер тілінде сөйлеуді тандады.

Жёсткая решения в одну строчки

легенда

$a,b,c \in R^+$

$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\geq \dfrac{9}{a+b+c}\geq \dfrac{6}{a+b+c}+1$

$\dfrac{3}{a+b+c} \geq 1$

$a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}$ но т.к. $abc\leq1$$\Rightarrow a+b+c\leq 3$ Ч.Т.Д.

из того что $abc\leq 1$ не исходит что $a+b+c \leq 3$

Пример: $(69420,1/69420,1)$

Шешім қате

Решение №1 $$1)a+b+c>3 \Rightarrow \dfrac{1}{a}+ \dfrac{1}{b}+ \dfrac{1}{c} \ge 3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}} \ge 3 ⠀ and ⠀1+\dfrac{6}{a+b+c}<1+\dfrac{6}{3}=3 \Rightarrow \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \ge 3 >1+\dfrac{6}{a+b+c}$$

$$2)a+b+c \le 3 ⠀by ⠀ Titu’s ⠀ lemma ⠀\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \ge \dfrac{9}{a+b+c}= \dfrac{3+6}{a+b+c} \ge \dfrac{a+b+c+6}{a+b+c}=1+ \dfrac{6}{a+b+c}$$

Решение №2 $$1 \ge \sqrt[3]{abc} \ge \dfrac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}} \Longrightarrow \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \ge 3 \Longrightarrow \dfrac{1}{3} \left( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \right) \ge 1; ⠀ \dfrac{2}{3} \left( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \right) \ge 2 \ge \dfrac{6}{\sqrt[3]{abc}} \ge \dfrac{6}{a+b+c} \Longrightarrow \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=$$ $$=\dfrac{1}{3}\left( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \right)+\dfrac{2}{3} \left( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \right) \ge 1+\dfrac{6}{a+b+c}$$