Қалалық Жәутіков олимпиадасы 9 сынып, 2008 жыл

Егер кез-келген оң $a,~b,~c$ сандары үшін $abc=1$ орындалса, онда $\dfrac{1}{a(a+1)}+\dfrac{1}{b(b+1)}+\dfrac{1}{c(c+1)}\ge \dfrac{3}{2}$ теңсіздігін дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Обозначим сумму в левой части через $S$.Сделаем замену $a=1/x$, $b=1/y$ и $c=1/z$. Тогда $S=\dfrac{{{x}^{2}}}{x+1}+\dfrac{{{y}^{2}}}{y+1}+\dfrac{{{z}^{2}}}{z+1}$. Также из условия задачи следует, что $xyz=1$ и, по неравенству о средних, $x+y+z\ge 3\sqrt[3]{xyz}\Leftrightarrow x+y+z\ge 3.$ Легко проверить правильность эквивалентных неравенств $\dfrac{{{x}^{2}}}{x+1}\ge \dfrac{3x-1}{4}\Leftrightarrow \dfrac{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}{4\left( x+1 \right)}\ge 0.$ Поэтому $S=\dfrac{{{x}^{2}}}{x+1}+\dfrac{{{y}^{2}}}{y+1}+\dfrac{{{z}^{2}}}{z+1}\ge \dfrac{3\left( x+y+z \right)-3}{4}\ge \dfrac{3\cdot 3-3}{4}=\dfrac{3}{2}.$

$\frac{1}{a(a+1)}+\frac{1}{b(b+1)}+\frac{1}{c(c+1)} \ge \frac{3}{\sqrt[3]{abc(a+1)(b+1)(c+1)}}, \Rightarrow \sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)} \le \frac{a+b+c+3}{3},$ gde $a+b+c \ge 3\sqrt[3]{abc} = 3$, so $\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)} \le 2$, а также заметим что $\sqrt[3]{a+1} \ge 1$, поэтому $2 \ge \sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)} \ge 1$, отсюда следует что $\frac{3}{2} \le \frac{3}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}} \le \frac{1}{a(a+1)}+\frac{1}{b(b+1)}+\frac{1}{c(c+1)}$ поэтому, $\frac{1}{a(a+1)}+\frac{1}{b(b+1)}+\frac{1}{c(c+1)} \ge \frac{3}{2}$