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.

$$(x+y)\sqrt {(z+x)(z+y)}+(y+z)\sqrt {(x+y)(x+z)}+(z+x)\sqrt {(y+z)(y+x)}\ge 3\sqrt[3]{(x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2}\ge 3\sqrt[3]{\dfrac{64}{81}(x+y+z)^2(xy+yz+zx)^2}\ge 3\sqrt[3]{\dfrac{64}{27}(xy+yz+zx)^3}=4(xy+yz+zx)⠀Q.E.D.$$