Математикадан 22-ші Балкан олимпиадасы, Яссы, Румыния, 2005 жыл

Нақты оң $a,b,c$ сандары берілсін. $\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\geq a+b+c+\dfrac{4(a-b)^2}{a+b+c}$ теңсіздігін дәлелдеңіздер. $a,b,c$ қандай мәндерінде теңдік жағдайы орындалады?

Комментарий/решение

$$\vec{x}=\Bigg( \frac{|a-b|}{\sqrt{b}},\frac{|b-c|}{\sqrt{c}},\frac{|c-a|}{\sqrt{a}}\Bigg), \qquad \vec{y}=(\sqrt{b},\sqrt{c},\sqrt{a})$$

$$\forall x,y\in R^3: \qquad | \langle \vec{x},\vec{y} \rangle | \leq |\vec{x}|\cdot |\vec{y}| \qquad (1)$$

$$\langle \vec{x},\vec{y} \rangle=\frac{|a-b|}{\sqrt{b}} \cdot \sqrt{b}+\frac{|b-c|}{\sqrt{c}} \cdot \sqrt{c}+\frac{|c-a|}{\sqrt{a}} \cdot \sqrt{a}=|a-b|+|b-c|+|c-a|$$

$$|\vec{x}|=\sqrt{\Bigg( \frac{|a-b|}{\sqrt{b}} \Bigg)^2+\Bigg( \frac{|b-c|}{\sqrt{c}} \Bigg)^2+\Bigg( \frac{|c-a|}{\sqrt{a}} \Bigg)^2}=\sqrt{\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-(a+b+c)}$$

$$|\vec{y}|=\sqrt{a+b+c}$$

$$(1) \Rightarrow \sqrt{\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-(a+b+c)} \cdot \sqrt{a+b+c} \geq |a-b|+|b-c|+|c-a|$$

$$\Rightarrow \Bigg(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-(a+b+c)\Bigg) \cdot (a+b+c) \geq (|a-b|+|b-c|+|c-a|)^2$$

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

$$|b-c|+|c-a| \geq |b-a|$$

$$\Rightarrow \frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a} \geq a+b+c+\frac{(|a-b|+|b-c|+|c-a|)^2}{a+b+c}\geq a+b+c+\frac{4(|a-b|)^2}{a+b+c}$$

Причём равенство достигается тогда и только тогда, когда векторы $\vec{x}$ и $\vec{у}$ коллинеарны: $$\frac{|a-b|}{b}=\frac{|b-c|}{c}=\frac{|c-a|}{a}=\lambda$$

$$1) \begin{cases} a \geq b \geq c \\ b \geq c \geq a \\ c \geq a \geq b \end{cases} \Rightarrow \frac{c}{a}=\Bigg(\frac{a}{b}\Bigg)^{-1}\Bigg(\frac{b}{c}\Bigg)^{-1} \Leftrightarrow \frac{1}{1-\lambda^2}=1+\lambda \Rightarrow \lambda=0$$

$$2) c\geq b \geq a \Rightarrow \frac{c}{a}=\Bigg(\frac{a}{b}\Bigg)^{-1}\Bigg(\frac{b}{c}\Bigg)^{-1} \Leftrightarrow \frac{1}{(1-\lambda)^2}=1+\lambda \Rightarrow \lambda=0$$

$$3) a \geq c \geq b \Rightarrow \frac{c}{a}=\Bigg(\frac{a}{b}\Bigg)^{-1}\Bigg(\frac{b}{c}\Bigg)^{-1} \Leftrightarrow \frac{1}{(1+\lambda)^2}=1+\lambda \Rightarrow \lambda=0$$

$$4) b \geq a \geq c \Rightarrow \frac{c}{a}=\Bigg(\frac{a}{b}\Bigg)^{-1}\Bigg(\frac{b}{c}\Bigg)^{-1} \Leftrightarrow \frac{1}{1-\lambda^2}=1-\lambda \Rightarrow \lambda_1=0\quad \lambda_2=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}$$

Равенство достигается в двух случаях: $$1) \quad a=b=c$$

$$2) \quad c=a=\varepsilon b, \quad \varepsilon=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$$

По Тождеству Лагранжа мы имеем

$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+ \frac{c^2}{a} - (a+b+c)= \frac{ \frac{\left(ac-b^2 \right)^2}{bc} + \frac{\left(bc - a^2\right)^2}{ab} + \frac{\left(ab-c^2\right)^2}{ac}}{a+b+c}$

Нам достаточно доказать $\frac{(ac-b^2)^2}{bc} + \frac{(bc - a^2)^2}{ab} + \frac{(ab-c^2)^2}{ac}\geq 4(a-b)^2$

Но $\frac{(ab-c^2)^2}{ac}\geq 0$ и $\frac{(ac-b^2)^2}{bc} + \frac{(bc - a^2)^2}{ab} \geq \frac{(ac-b^2-bc+a^2)^2}{b(a+c)} = \frac{(a-b)^2(a+b+c)^2}{b(a+c)}$

По $\text{AM-GM}$ мы имеем $b(a+c) \leq \frac{(a+b+c)^2}{4} \implies \frac{(a-b)^2(a+b+c)^2}{b(a+c)} \geq 4(a-b)^2$

Следовательно мы имеем $\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+ \frac{c^2}{a} - (a+b+c) \geq \frac{4(a-b)^2}{(a+b+c)}$

$$({\color{red} !})⠀ \dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\ge a+b+c+\dfrac{4(a-b)^2}{a+b+c} \Longleftrightarrow$$ $$\Longleftrightarrow⠀ ({\color{red} !})⠀(\dfrac{a^2}{b}-2a+b)+(\dfrac{b^2}{c}-2b+c)+(\dfrac{c^2}{a}-2c+a)\ge \dfrac{4(a-b)^2}{a+b+c} \Longleftrightarrow$$ $$\Longleftrightarrow⠀ ({\color{red} !})⠀(a+b+c)(\dfrac{(a-b)^2}{b}+\dfrac{(c-b)^2}{c}+\dfrac{(a-c)^2}{a})\ge (a-b+c-b+a-c)^=(2a-2b)^2=4(a-b)^2 \blacksquare$$