27-я Балканская математическая олимпиада
Кишинёв, Молдавия, 2010 год
Комментарий/решение:
a2b(b−c)a+b+b2c(c−a)b+c+c2a(a−b)c+a≥0⇔a2b2a+b+b2c2b+c+c2a2c+a≥a2bca+b+b2cab+c+c2abc+a⇔
⇔(a2b2a+b+b2c2b+c+c2a2c+a)+(ab2ca+b+bc2ab+c+ca2bc+a)≥(a2bca+b+b2cab+c+c2abc+a)+(ab2ca+b+bc2ab+c+ca2bc+a)⇔
⇔(a2b2a+b+ab2ca+b)+(b2c2b+c+bc2ab+c)+(c2a2c+a+ca2bc+a)≥(a2bca+b+ab2ca+b)+(b2cab+c+bc2ab+c)+(c2abc+a+ca2bc+a)⇔
⇔ab2(a+c)a+b+bc2(b+a)b+c+ca2(c+b)c+a≥3abc.
Достаточно доказать последнее неравенство. Для этого применим AM-GM:
ab2(a+c)a+b+bc2(b+a)b+c+ca2(c+b)c+a≥33√ab2(a+c)a+bbc2(b+a)b+cca2(c+b)c+a=3abc
что и требовалось доказать.
a>0,b>0,c>0⇒abc>0
abc(ab−acac+bc+bc−abab+ac+ac−bcbc+ab)≥0⇒
{ab=xbc=yac=z⇒
⇒x−zz+y+y−xx+z+z−yy+x≥0
{x+y=my+z=nx+z=t⇒
⇒x=t+m−n2,y=m+n−t2,z=n+t−m2⇒
⇒m−nn+n−tt+t−mm=(mn+nt+tm)−3=S≥0⇒
⇒S≥3⋅3√mn⋅nt⋅tm−3=3−3=0
Без ограничения общности a≥b≥c
bcb+c=1(1b+1c+1a)−1a
Поэтому aba+b≥aca+c≥bcb+c. Также имеем ab≥ac≥bc. По транснеравенству ∑cycaba+b⋅ab≥∑cycaba+b⋅ac⇔∑cyca2b(b−c)a+b≥0, что требовалось
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.