11-ші «Жібек жолы» математикалық олимпиадасы, 2011 жыл

$a+b+c = 1$ теңдеуін қанағаттандыратын кез келген оң, нақты $a,b,c$ үшін төмендегі теңсіздік орындалатындай $$\left( \dfrac{1}{(a+b)^2} + \dfrac{1}{(b+c)^2} + \dfrac{1}{(c+a)^2}\right) (a-bc)(b-ca)(c-ab) \le M abc$$ $M$ нақты санының ең кіші мүмкін мәнін анықтаңдар.

Комментарий/решение

Заметим что $$\frac{1}{(x+y)^2} \leq \frac{1}{4xy}$$ для $x, y \in R^+$. Тогда $$\sum_{sym}{\frac{1}{(a+b)^2}} \leq \frac{a+b+c}{4abc} = \frac{1}{4abc}$$Пусть б.о.о. $a \geq b\geq c$ тогда $a \geq b \geq bc$ и $b \geq c \geq ac$. То есть $a-bc, b-ac$ больше нуля, значит если $c-ab$ меньше нуля то $M=0$. Тогда пусть $c \geq ab$, и тогда $$1. (c-a)(c-b)\geq 0 \Rightarrow 2c^2 \geq c^2 +cb+ac-ab = c-ab$$ $$ 2.4a^2b^2 - (a-bc)(b-ac)= (c-ab)(a-b)^2 \geq 0 \\$$

Следовательно $$(a-bc)(b-ac)(c-ab) \leq 2c^2 * 4a^2b^2 = 8a^2b^2c^2$$

$$\Rightarrow (\sum_{sym}{\frac{1}{(a+b)^2}})(a-bc)(b-ac)(c-ab) \leq \frac{1}{4abc} 8a^2b^2c^2 = 2abc$$

Значит $M=2$, случай равенства $a=b=c=\frac{1}{3}$

Ответ: $M=2.$

Решение: Подставив $a=b=c=\dfrac{1}{3}$ получаем, что $M\ge 2.$ Легко понять, что

$$\dfrac{1}{(a+b)^2}+\dfrac{1}{(b+c)^2}+\dfrac{1}{(c+a)^2}\le \dfrac{a+b+c}{4abc}=\dfrac{1}{4abc},$$

поэтому достаточно доказать $S\le 8a^2b^2c^2,$ где

$$S=(a\cdot 1-bc)(b\cdot 1-ca)(c\cdot 1-ab)$$

$$=\bigg(a(a+b+c)-bc\bigg)\bigg(b(a+b+c)-ca\bigg)\bigg(c(a+b+c)-ab\bigg),$$

после замены $p=a+b+c,\ q=ab+bc+ca,\ r=abc$ можно записать

$$S=-p^3r+p^2q^2+2pqr+9r^2$$

$$=T(p,q,r)+4(q^3-4pqr+9r^2),$$

где $T(p,q,r)=-4p^3r+p^2q^2+18pqr-4q^3-27r^2=(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2\ge 0.$

(это полезное тождество при использований метода $pqr$)

Осталось доказать, что $q^3-4pqr+9r^2\ge 0 \iff$

$$P=(ab)^3+(bc)^3+(ca)^3+3(abc)^2\ge Q=(ab)^2\cdot (bc+ca)+(bc)^2\cdot(ca+ab)+(ca)^2\cdot(ab+bc).$$

Заменим $x=bc,y=ca,z=ab\implies P-Q=x^3+y^3+z^3+3xyz-x^2(y+z)-y^2(x+z)-z^2(x+y)=$

$=x(x-y)(x-z)+y(y-z)(y-x)+z(z-x)(z-y)\ge 0,$ а это неравенство известно как Неравенство Шура. $\quad\square$