10-шы «Жібек жолы» математикалық олимпиадасы, 2010 жыл

Оң нақты $a,b,c,d$ сандары $a(c^2 - 1) = b(b^2 + c^2)$ және $d \le 1$ шарттарын қанағаттандыратын болса, теңсіздікті дәлелдеңдер: $d(a\sqrt{1-d^2} + b^2\sqrt{1 + d^2}) \le \dfrac{(a+b)c}{2}.$

Комментарий/решение

$a(c^2-1)=b(b^2+c^2) \iff c^2(a-b)=a+b^3>0 \Rightarrow \ \ a-b>0, c^2=\frac{a+b^3}{a-b}$.

$d^2=m$ болсын. Дәлелденуі тиіс теңсіздіктің екі жағын квадраттаймыз:

$m(a\sqrt{1-m}+b^2\sqrt{1+m})^2\le \frac{(a+b)^2c^2}{4}$

$\Leftarrow m(\sqrt{a}\sqrt{a-am}+\sqrt{b^3}\sqrt{b+bm})^2\le \frac{(a+b)^2(a+b^3)}{4(a-b)}$

Соңғы теңсіздікті дәлілдесек жеткілікті. Коши-Буняковский теңсіздігі бойынша:

$(\sqrt{a}\sqrt{a-am)}+\sqrt{b^3}\sqrt{b+bm)})^2\le (a+b^3)(a-am+b+bm)$

Енді $m(a+b-m(a-b))\le \frac{(a+b)^2}{4(a-b)}$ теңсіздігін дәлелдесек жеткілікті. $x=\frac{a+b}{a-b}$ болсын.

$m(a+b-m(a-b))\le \frac{(a+b)^2}{4(a-b)} \iff 4m(x-m)\le x^2\iff 0\le (x-2m)^2$