Математикадан облыстық олимпиада, 2014-2015 оқу жылы, 10 сынып

$x$, $y$, $z$ — нақты сандары $x\ge \frac{1}{2}$, $y\ge \frac{1}{2}$, $z\ge \frac{1}{2}$ теңсіздіктерін және $xyz=1$ теңдігін қанағаттандырады. Онда $3+x+y+z\le 2\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right)$ теңсіздігі орындалатынын дәледеңіз.

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Решение. Так как $xyz=1$, то $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=xy+yz+zx$. Значит, нужно доказать неравенство $f(x,y,z)=2\left( xy+yz+zx \right)-(x+y+z)-3\geq 0$. Если $x=y=z=1$, то выполнено равенство. Если среди чисел $x,y,z$ есть число большее 1, то среди них есть и число меньшее 1. Пусть $x > 1$ а $y < 1$. Тогда $0 > (x-1)(y-1)\Leftrightarrow x+y > xy+1$. Тогда при замене $x$ и $y$ на $xy$ и $1$ значение $f\left( x,y,z \right)$ не увеличится, то есть $f(x,y,z)\geq f(xy,1,z)$. Докажем это. Это неравенство эквивалентно следующей цепочке неравенств: $$ 2\left( xy+yz+zx \right)-(x+y+z)-3 \geq 2\left( xy+z+xyz \right)-(xy+1+z)-3\Leftrightarrow $$ $$ \Leftrightarrow (2z-1)(x+y)\geq (2z-1)(xy+1),$$ что верно в в силу $z \geq \dfrac{1}{2}$ и $x+y \geq xy+1$. Осталось показать, что $f(xy,1,z)\geq 0$. Имеем: $f(xy,1,z)=f\left( \dfrac{1}{z},1,z \right)=2\left( \dfrac{1}{z}+z+1 \right)-\left( \dfrac{1}{z}+1+z \right)-3=\dfrac{1}{z}+z-2\geq 0$. Последнее неравенство является следствием неравенства Коши.

Надо сделать замену $2x-1=a,2y-1=b,2z-1=c$ , тогда $a,b,c\ge 0$ и $(a+1)(c+1)(b+1)=8$ . Подставив вместо $x,y,z$ числа $\frac{a+1}{2},\frac{b+1}{2}, \frac{c+1}{2}$ в заданное неравенство и применив $xyz=1$ все раскрыв, получим:

$$ab+bc+ca+a+b+c\ge 6$$

прибавив в обе части $abc+1$ получим:

$$8=(a+1)(b+1)(c+1)\ge 7+abc$$

или $1\ge abc$

последнее неравенство верно так как $8=(a+1)(b+1)(c+1)\ge 2\sqrt{a}\cdot 2\sqrt{b}\cdot 2\sqrt{c}=8\sqrt{abc}$

Вы уменьшили значение $x+y+z$, по факту вы лишь доказали что $2(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}) \geq 6.$