4-ші халықаралық Жәутіков олимпиадасы, 2008 жыл

Егер оң нақты $a$, $b$ және $c$ сандары $abc =1$ теңдігін қанағаттандыратын болса, $\dfrac{1}{(a+b)b}+\dfrac{1}{(b+c)c}+\dfrac{1}{(c+a)a}\ge \dfrac{3}{2}$ теңсіздігі орындалатынын дәлелде.

Комментарий/решение

Надо взять $a=\frac{x}{y}, b=\frac{y}{z}, c=\frac{z}{x}$

Да, эта задача намного легче, чем 3-я задача того же года. Хотя второй тур должен считаться труднее чем первый. Но все же было бы классно, если решения были полными.

Помню, что идея в официальном решении было такое: для любых $a,b,c$ верно $A=\frac{1}{\left( a+b \right)b}+\frac{1}{\left( b+c \right)c}+\frac{1}{\left( c+a \right)a}\ge \frac{1}{\left( a+b \right)c}+\frac{1}{\left( b+c \right)a}+\frac{1}{\left( c+a \right)b}=B$ $\Leftrightarrow$ $A-B\ge 0\Leftrightarrow \frac{{{a}^{3}}b-{{a}^{2}}bc-a{{b}^{2}}c-ab{{c}^{2}}+a{{c}^{3}}+{{b}^{3}}c}{abc(a+b)(a+c)(b+c)}\ge 0$ $\Leftrightarrow$${{a}^{3}}b+a{{c}^{3}}+{{b}^{3}}c\ge {{a}^{2}}bc+a{{b}^{2}}c+ab{{c}^{2}}$.

А это верно, так как $\left( c+a+b \right)\left( \frac{{{a}^{2}}}{c}+\frac{{{b}^{2}}}{a}+\frac{{{c}^{2}}}{b} \right)\ge {{\left( a+b+c \right)}^{2}}$.

А дальше, $2A\ge A+B=\left( \frac{ac}{\left( a+b \right)}+\frac{ab}{\left( b+c \right)}+\frac{bc}{\left( c+a \right)} \right)+\left( \frac{ab}{\left( a+b \right)}+\frac{bc}{\left( b+c \right)}+\frac{ca}{\left( c+a \right)} \right)=\frac{a\left( c+b \right)}{\left( a+b \right)}+\frac{b\left( a+c \right)}{\left( b+c \right)}+\frac{c\left( a+b \right)}{\left( c+a \right)}\ge 3\sqrt[3]{abc}=3$

$$a=\frac{x}{y}, b=\frac{y}{z} , c=\frac{z}{x}$$

$$\Rightarrow \sum \frac{z^{2}}{xz+y^{2}} \Rightarrow \frac{z^{4}}{xz^{3}+y^{2}z^{2}}$$

by cauchy schwarz inequalities $\Rightarrow$

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

by some actions with $AM\geq GM$ we get the required equation

я оксимирон

я Lawanda

венти