Областная олимпиада по математике, 2015 год, 9 класс
Комментарий/решение:
Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1. Покажем, что для неотрицательных чисел a,b,c верно неравенство √a2+b2+c2≥3√a3+b3+c3. Если возведем обе части неравенства в шестую степень и упростим, то получим эквивалентное неравенство 3(a4b2+b4a2+b4c2+c4b2+c4a2+a4c2)+6a2b2c2≥2a3b3+2b3c3+2c3a3. А это неравенство верно, так как из неравенств Коши a4b2+b4a2≥2a3b3;b4c2+c4b2≥2b3c3;c4a2+a4c2≥2a3c3 уже получается неравенство a4b2+b4a2+b4c2+c4b2+c4a2+a4c2≥2a3b3+2b3c3+2c3a3. Тогда из доказанного выше следует, что x+y+z>√x2+y2+z2≥3√|x|3+|y|3+|z|3≥3√x3+y3+z3.
А что если a, b, c - отрицательные? Нам ведь не дано, что x, y, z неотрицательное
x+y+z>√x2+y2+z2⇒x+y+z>0
xy+yz+zx=(x+y+z)2−(x2+y2+z2)2>0
(x+y+z)3−(x3+y3+z3)>0 теңсіздігін дәлелдесек жеткілікті.
Егер x+y≤0,y+z≤0,z+x≤0 болса, онда
0<2(x+y+z)=(x+y)+(y+z)+(z+x)≤0
қарама-қайшылыққа келеміз.
Демек, x+y,y+z,z+x сандарының кемінде біреуі оң сан болады.
x+y>0 деп алсақ жалпылыққа әсер етпейді.
(x+y+z)3−(x3+y3+z3)=3(x+y)(y+z)(z+x)=
=3(x+y)(z2+(xy+yz+zx))>0
Из первого неравенства следует что (a+b+c)>0 и возводив в квадрат (ab+bc+ac)>0. Давайте сравним второе неравенство возводив обе стороны в куб, и сотрём a3+b3+c3. Останется доказать что (a+b+c)(ab+bc+ac)>0, что очевидно.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.