Азия-тынық мұхит математикалық олимпиадасы, 2004 жыл

Кез келген $a, b, c > 0$ нақты сандары үшін $({{a}^{2}}+2)({{b}^{2}}+2)({{c}^{2}}+2)\ge 9(ab+bc+ca)$ теңсіздігін дәлелде.

Комментарий/решение

$(a^2+2)(b^2+2)=3(1+\frac{(a+b)^2}{2}) + (ab-1)^2+\frac{(a-b)^2}{2}\ge 3(1+\frac{(a+b)^2}{2})$

Коши-Буняковский теңсіздігінен: $(1+\frac{(a+b)^2}{2}) (c^2+2)\ge \big(\sqrt{1\cdot c^2}+\sqrt{\frac{(a+b)^2}{2}\cdot 2} \big)^2 =(a+b+c)^2$

Соңғы екі теңсіздіктен $(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\ge 3(a+b+c)^2 \ \ $ теңсіздігін аламыз.

Ал $\ \ 3(a+b+c)^2=9(ab+bc+ca)+\frac{3}{2}\big((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\big)\ge 9(ab+bc+ca)$

Өте əдемі шешім!

$\textbf{Шешуі:}$

$\textbf{I жағдай.}$

Егер $a\geq 1$ және $b\leq 1$ болса (немесе керісінше), онда Чебышев теңсіздігі бойынша

$$(а^2+2)(b^2+2)=(a^2+1+1)(b^2+1+1)\geq 3(a^2+b^2+1)$$

Ары қарай Коши-Буняковский :

$$(а^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\geq 3 (a^2+b^2+1)(1+1+c^2)\geq 3 (a+b +c)^2\geq 9 (ab+bc+ac )$$

$\textbf{II жағдай.}$

Егер $a\leq 1$ және $b\leq 1$ болса (немесе керісінше), онда Бернулли теңсіздігі бойынша

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

Ары қарай Коши-Буняковский:

$$\Big(\frac {a^2+b^2+1}{3}\Big)\Big(\frac {c^2+1+1}{3}\Big)\geq \frac {(a+b+c)^2}{9}\geq \frac{3 (ab+bc+ac)}{9}\Rightarrow$$

$$\Rightarrow (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\geq 9 (ab+bc+ac)$$

$\textbf{III жағдай.}$

Егер $a\geq 1$ және $b\geq 1$ болса (немесе керісінше), онда белгілі

$$\forall x,y\geq 0 \quad (x+1)(y+1)\geq x+y+1$$

теңсіздігі бойынша

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

Ары қарай Коши-Буняковский:

$$\Big(\frac {a^2+b^2+1}{3}\Big)(c^2+1+1)\geq \frac {(a+b+c)^2}{3}\geq ab+bc+ac \Rightarrow$$

$$\Rightarrow (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\geq 9 (ab+bc+ac)$$

Дəлелдеу керегі де осы болатын.

Неравенство $(a^2+2)(b^2+2)\ge 3(a^2+b^2+1),$ неверно при $a\ge 1,b\le 1,$ например:$a=2,b=\dfrac 1 2.$

Мынаның барлығын ашқан адам өмірден тұнылып $a^2b^2c^2$-ны қайда салатынын білмей қалады. Бірақ сол кезде негізі тек бір теңсіздік ойға келуі керек, ол Шура теңсіздігі, соған келіп көрейік.

Барлығын ашайық:

$$(!) a^2b^2c^2+2(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)+4(a^2+b^2+c^2)+8 \geq 9(ab+bc+ac)$$

Мынау осылай болатынын кішкентай бала да біледі: $2(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)+6\geq 4(ab+bc+ac)$ және $3(a^2+b^2+c^2)\geq 3(ab+bc+ac)$ ($AM\geq GM$)

Осыны дәлелдеу қалады: $(!) a^2b^2c^2+a^2+b^2+c^2+1+1\geq 2(ab+bc+ac)$, енді осы моментте біз Шура теңсіздігіне жақындап қалдық, эстетикалық purposes үшін осындай subsitution жасайық: $a^2=x^3, b^2=y^3, c^2=z^3$ енді осылай болып кетті:

$$(!) x^3+y^3+z^3+(xyz)^3 +1+1\geq 2(\sqrt{x^3y^3}+\sqrt{y^3z^3}+\sqrt{z^3x^3})$$

Анау $(xyz)^3+1+1$ $3xyz$ тен үлкен қылдыршы деп сұрап тұрғо, сол үшін солай жасайық:

$$(!)x^3+y^3+z^3+3xyz\geq 2(\sqrt{x^3y^3}+\sqrt{y^3z^3}+\sqrt{z^3x^3})$$

Енді Шураға да қолымыз жетті, салайық: $x^3+y^3+z^3+3xyz\geq \sum x^2y$,

$$(!)\sum x^2y\geq 2(\sqrt{x^3y^3}+\sqrt{y^3z^3}+\sqrt{z^3x^3})$$

Ал бұл изи ғой, $x^2y+xy^2\geq 2\sqrt{x^3y^3}$, осылай барлығына қолданып шығайық.

Сөз қолданысың ұнады :)))

Расскроем скобки и выйдет, $(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) \ge 9(ab+bc+ca) \Rightarrow a^2b^2c^2 + 8 + 2(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2) + 4(a^2+b^2+c^2) \ge 9(ab+bc+ca)$

По AM $\ge$ GM, $a^2b^2 + 1 \ge 2ab$, подставляя выйдет что: $a^2b^2c^2 + 2 + 4(a^2+b^2+c^2) \ge 5(ab+bc+ca)$

Известно, что $a^2+b^2+c^2 + 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \ge 2(ab+bc+ca)$, ведь $3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \ge \frac{9abc}{a+b+c}$, что легко доказывается по AM $\ge$ GM, а потом подставляя предположим что: $a^2+b^2+c^2 + \frac{9abc}{a+b+c} \ge 2(ab+bc+ca)$, где дальше легко доказывается по Schur Inequality

Тоесть, $\frac{5(a^2+b^2+c^2)+15\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{2} \ge 5(ab+bc+ca)$, попытаемся доказать что, $2(a^2b^2c^2 + 2 + 4(a^2+b^2+c^2)) \ge 5(a^2+b^2+c^2)+15\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$,

по AM $\ge$ GM, $3(a^2+b^2+c^2) \ge 9\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$, а еще $2(abc)^2+2+2 \ge 6\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$, потом суммируем и выйдет что и требовалось доказать

Решение неверно, так как вы уменьшили число $3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$, и тогда знак следующего неравенства неизвестно.

Можно поподробнее?

Я показал что $3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \ge \frac{9abc}{a+b+c}$, а потом предположил что $a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c} \ge 2(ab+bc+ca)$ что оказалось верным

Извините, я изначально не понял что вы это предположили.

Окей, щяс исправлю чтобы не путались остальные