1-ші халықаралық Жәутіков олимпиадасы, кіші лига, 2005 жыл

Кез келген оң нақты $,b,c$ сандары үшін $\dfrac{c}{a+2b}+\dfrac{a}{b+2c}+\dfrac{b}{c+2a}\ge 1$ теңсіздігін дәлелде.

Комментарий/решение

$$\left\{ \begin{gathered} a + 2b = x \\ b + 2c = y \\ c + 2a = z. \\ \end{gathered} \right.\Rightarrow$$

$$\Rightarrow a=\frac{x-2y+4z}{9},b=\frac{y-2z+4x}{9},c=\frac{z-2x+4y}{9}\Rightarrow$$

$$\Rightarrow \frac{c}{a+2b}+\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}=$$

$$=\frac{x-2y+4z}{9x}+\frac{y-2z+4x}{9y}+\frac{z-2x+4y}{9z}=$$

$$\frac{1}{9}\cdot \left( \frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{y}{z}\right)-\frac{2}{3}+\frac{4}{9}\cdot \left( \frac{x}{z}+\frac{z}{y}+\frac{y}{x}\right)\geq$$ $$\geq \frac{1}{3}\cdot \sqrt[3]{ \frac{z}{x}\cdot \frac{x}{y}\cdot \frac{y}{z}}-\frac{2}{3}+\frac{4}{3}\cdot \sqrt[3]{ \frac{x}{z}\cdot \frac{z}{y}\cdot \frac{y}{x}}=\frac{1}{3}-\frac{2}{3}+\frac{4}{3}=1$$

Используем формулу Коши в лоб, тогда левая часть больше и равно $(a+c+b)^2$. А это у нас итак больше и равно $3(ab+ac+bc)$. Это просто $ A.M >_- G.M$

$(\frac{c}{a+2b} + \frac{b}{c+2a} + \frac{a}{b+2c})((a+2b)c+(c+2a)b+(b+2c)a)$ $\geq (a+b+c)^2$

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

В последней строчке ошибка. Там должно быть

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

$(!)\dfrac{c^2}{(a+2b)c}+\dfrac{a^2}{(b+2c)a}+\dfrac{b^2}{(c+2a)b}≥1$

Используем лемму Титу, получается остаётся доказать:

$(!)(a+b+c)^2≥3ab+3ac+3bc$

$(!)a^2+b^2+c^2≥ab+bc+ca$

Что верно по AM-GM, если каждую часть домножить на 2

Сверху написано тоже самое. (Лемма титу<=>дробная кбш–частный случай кбш)