31-я Балканская математическая олимпиадаПлевен, Болгария, 2014 год

Для положительных действительных чисел $x$, $y$, $z$ верно $xy + yz + zx = 3xyz$. Докажите неравенство \[{{x}^{2}}y+{{y}^{2}}z+{{z}^{2}}x\ge 2\left( x+y+z \right)-3\] и определите когда достигается равенство.

Комментарий/решение

Po Kowi - Wvarts:

$$(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})(z^2x+x^2y+y^2z) \ge (x+y+z)^2 \ge 3(2(x+y+z)-3) $$ , poslednee neravenstvo ekvivalentna: $(x+y+z-3)^2\ge 0$

Ravenstvo:

Po proporcionalnym ravenstvam i $x+y+z=3$ nahodim $x=y=z=1$.

$$ xy+yz+zx=3xyz\Rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=3$$

$$x^2y+y^2z+z^2x\geq 2(x+y+z)-3 \Rightarrow x^2y+y^2z+z^2x+3\geq 2x+2y+2z$$

$$x^2y+y^2z+z^2x+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq 2x+2y+2z$$

$$\left( x^2y+\frac{1}{y}\right)+\left(y^2z+\frac{1}{z}\right)+\left( z^2x+\frac{1}{x} \right) \geq 2\sqrt{x^2y\cdot \frac{1}{y}}+2\sqrt{y^2z\cdot \frac{1}{z}}+\sqrt{z^2x\cdot \frac{1}{x}}=2(x+y+z)$$

$x^3y^2z+y^3z^2x+z^3x^2y+3xyz\geq 2x^2yz+2y^2zx+2z^2xy$ $\Rightarrow$

$x^3y^2z+y^3z^2x+z^3x^2y+xy+yz+xz\geq 2x^2yz+2y^2zx+2z^2xy$

По AM$\geq$GM легко выводится условие

$xy=a^2; yz=b^2; zx=c^2$

$a^2c^2=x^2yz=x^2b^2 \Rightarrow x=\dfrac{ac}{b};y=\dfrac{ba}{c}; z=\dfrac{cb}{a}$

$a^2+b^2+c^2=xy+yz+zx=3xyz=3abc$

$$x^2y+y^2z+z^2x=\dfrac{a^3c}{b}+\dfrac{b^3a}{c}+\dfrac{c^3b}{a}=\dfrac{a^4c^2+b^4a^2+c^4b^2}{abc}\ge2(x+y+z)-3=\dfrac{2ac}{b}+\dfrac{2ba}{c}+\dfrac{2cb}{a}-3=\dfrac{2a^2c^2+2b^2a^2+2c^2b^2}{abc}-3 \Leftrightarrow \dfrac{a^4c^2+c^2b^4+c^4b^2+3abc}{abc}= \dfrac{a^4c^2+c^2+b^4a^2+a^2+c^4b^2+b^2}{abc} \ge \dfrac{2\sqrt{a^4c^2\cdot c^2}+2\sqrt{b^4a^2\cdot a^2}+2\sqrt{c^4b^2\cdot b^2}}{abc}=\dfrac{2a^2c^2+2b^2a^2+2c^2b^2}{abc}$$