Математикадан жасөспірімдер арасындағы 6-шы Балкан олимпиадасы 2002 жыл, Тыргу-Муреш, Румыния

Барлық $a,b,c$ оң нақты сандары үшін $\dfrac{1}{b(a+b)}+ \dfrac{1}{c(b+c)}+ \dfrac{1}{a(c+a)} \geq \dfrac{27}{2(a+b+c)^2}$ екенін дәлелдеңіздер. ( Greece )

Комментарий/решение

Используем Неравенство КБШ (дробного вида), сокращаем уравнение, и доказываем что $$(a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ac)$$ $$( AM \geq GM)$$

Inequalities From Around the World 1995-2005. Solutions to ’Inequalities through problems’ by Hojoo Lee.

№45 есеп.

даун, у тебя по КБШ выходит сравнение: $$\frac{9}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac}|\frac{27}{2(a+b+c)^2}$$ хотя по пропорциям не выходит. значит надо искать другое решение, например:

$$\frac{1}{b(a+b)}+\frac{1}{c(b+c)}+\frac{1}{a(a+c)}\geq \frac{1}{c(a+b)}+\frac{1}{a(b+c)}+\frac{1}{b(a+c)}$$

можешь легко сам доказать суммировав и докончить пропорциями и $AM \geq GM$. а потом заюзай свой КБШ и $AM \geq GM$ через пропорции. странно что твою ошибку никто не заметил.

шиза у паренька, сам себя обзывает

По неравенству Гельдера для $3$ скобок:

$$(\dfrac{1}{b(a+b)}+\dfrac{1}{c(b+c)}+\dfrac{1}{a(c+a)})(b+c+a)(a+b+b+c+c+a) \geq (1+1+1)^3,$$

то есть $(\dfrac{1}{b(a+b)}+\dfrac{1}{c(b+c)}+\dfrac{1}{a(c+a)}) \geq \dfrac{3^3}{(b+c+a)(a+b+b+c+c+a)}=\dfrac{27}{2(b+c+a)^2}$

$\frac{1}{b(a+b)}+ \frac{1}{c(b+c)}+ \frac{1}{a(c+a)}\ge \frac{3}{\sqrt[3]{b(a+b)\cdot c(b+c)\cdot a(c+a)}}=$

$=\frac{3}{\sqrt[3]{c(a+b)\cdot a(b+c)\cdot b(c+a)}}\ge \frac{9}{c(a+b)+a(b+c)+ b(c+a)}=\frac{9}{2(ab+bc+ca)}\ge \frac{27}{2(a+b+c)^2}$