Loading [MathJax]/jax/output/SVG/jax.js

Математикадан жасөспірімдер арасындағы 18-ші Балкан олимпиадасы 2014 жыл, Охрид, Македония


abc=1 болатындай a, b, c оң сандары берілген. Теңсіздікті дәлелдеңіздер: (a+1b)2+(b+1c)2+(c+1a)23(a+b+c+1).
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 2   3 | Модератормен тексерілді
7 года 6 месяца назад #

Шешуі:

a2(b2+c2)2a2bc=2a

b2(a2+c2)2b2ac=2b

c2(a2+b2)2c2ab=2c

Осы үш теңсіздікті мүшелеп қоссақ:

2(a2b2+b2c2+a2c2)2(a+b+c)

a2b2+b2c2+a2c2a+b+c

Eсеп шарты бойынша: abc=1b2c2=1a2,a2c2=1b2,a2b2=1c2.

Демек:1a2+1b2+1c2a+b+c.

Төмендегі теңсіздіктердің дұрыстығын арифметикалық ортының геометриялық ортадан кем емес екенін пайдаланып көз жеткізуге болады:

a2+12a

b2+12b

c2+12c

2(ab+bc+ca)6

Алынған 5 теңсіздікті мүшелеп қоссақ:

a2+2ab+1b2+b2+2bc+1c2+c2+2ca+1a2+33a+3b+3c+6

(a+1b)2+(b+1c)2+(c+1a)23(a+b+c+1)

Дәлелдеу керегі осы болатын.

  2
3 года 10 месяца назад #

x2+y2+z2xy+yz+zx теңсіздігі бойынша: (a+1b)2+(b+1c)2+(c+1a)2(a+1b)(b+1c)+(b+1c)(c+1a)+(c+1a)(a+1b)=(ab+1+ac+a)+(bc+1+ba+b)+(ca+1+cb+c)=ab+bc+ca+ac+cb+ba+3+a+b+c.

Орталар теңсіздігінен: ab+ba2b;bc+cb2c;ca+ac2a.

(a+1b)2+(b+1c)2+(c+1a)2(ab+ba)+(bc+cb)+(ca+ac)+3+a+b+c3a+3b+3c+3=3(a+b+c+1).

  0
2 года 10 месяца назад #

abc=1>1b=ac

abc=1>1c=ab

abc=1>1a=bc

Заменим и раскроем

a2+b2+c2+2a2c+2b2a+2c2b+a2b2+b2c2+c2a2

По GMAM

3aa2+a2c2+ab2

3bb2+b2a2+bc2

3cc2+b2c2+ca2

3a2c+b2a+c2b

Суммируем.

ЧТД

пред. Правка 2   3
2 года 3 месяца назад #

abc=11b=ac,1c=ab,1a=bc

раскрываем скобки

a2+b2+c2+a2c2+b2c2+a2b2+2(a2c+b2a+c2b)3a+3b+3c+3

по КБШ a2c2+c2b2+a2b2a+b+c тогда a2+b2+c2+2(a2c+b2a+c2b)2a+2b+2c+3 по AMGM a2c+b2a+c2b3, a2+b2+c2+a2c+b2a+c2b2a+2b+2c ,a2+b2+c2ab+bc+ca,ab+bc+ca+a2c+b2a+c2b2a+2b+2cи по AMGM ab+a2c2(a3bc)⇒≥2a и так с bc+b2a2b,ac+c2b2c сумирая эти 3 неравенства получим изначальное Ч.Т.Д

  1
1 года 11 месяца назад #

p=a+b+c33abc=3

1a+1b+1c33abc=3

КШБ теңсіздігі бойынша:

(a+1b)2+(b+1c)2+(c+1a)23(p+1)

13(a+b+c+1a+1b+1c)23(p+1)

13(p+3)23(p+1)=13p(p3)0