29-я Балканская математическая олимпиадаАнталья, Турция, 2012 год

Для положительных действительных чисел $x$, $y$ и $z$ докажите неравенство $\sum_{cyc}(x+y)\sqrt{(z+x)(z+y)}\geq 4(xy+yz+zx). $ Здесь в левой части неравенства стоит выражение \[(x + y)\sqrt {(z + x)(z + y)} + (y + z)\sqrt {(x + y)(x + z)} + (z + x)\sqrt {(y + z)(y + x)}.\]

Комментарий/решение

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

$$ \Rightarrow c\sqrt{ab}+a\sqrt{bc}+b\sqrt{ac} \geq 2ab+2bc+2ac-(a^2+b^2+c^2) \Rightarrow$$

$$\Rightarrow \underbrace{2ab+2bc+2ac-(a^2+b^2+c^2)-\left(c\sqrt{ab}+a\sqrt{bc}+b\sqrt{ac} \right)}_S \leq 0$$

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

$$ = ab+bc+ac-(a^2+b^2+c^2)=-(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)=$$

$$=-\frac{1}{2} \left( (a-c)^2+(c-b)^2+(b-a)^2 \right)$$

Коши-Буняковский және арифметикалық орта & геометриялық орта теңсіздіктері бойынша:

$(x+y)\sqrt{(z+x)(z+y)}\ge (x+y)(z+\sqrt{xy})=$

$=(x+y)z+(x+y)\cdot \sqrt{xy}\ge (x+y)z+2\sqrt{xy}\cdot\sqrt{xy}=$

$=xz+yz+2xy \Rightarrow$

$ \ \ \ \ \ $

$ \ \ \ \ \ $

$ (x+y)\sqrt{(z+x)(z+y)}\ge xz+yz+2xy$

$ (y+z)\sqrt{(x+y)(x+z)}\ge yx+zx+2yz$

$ (z+x)\sqrt{(y+z)(y+z)}\ge zy+xy+2zx$

Соңғы үш теңсіздікті қосамыз.