Математикадан жасөспірімдер арасындағы 18-ші Балкан олимпиадасы 2014 жыл, Охрид, Македония
Комментарий/решение:
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+a2c2≥a+b+c
Eсеп шарты бойынша: abc=1⇒b2c2=1a2,a2c2=1b2,a2b2=1c2.
Демек:1a2+1b2+1c2≥a+b+c.
Төмендегі теңсіздіктердің дұрыстығын арифметикалық ортының геометриялық ортадан кем емес екенін пайдаланып көз жеткізуге болады:
a2+1≥2a
b2+1≥2b
c2+1≥2c
2(ab+bc+ca)≥6
Алынған 5 теңсіздікті мүшелеп қоссақ:
a2+2ab+1b2+b2+2bc+1c2+c2+2ca+1a2+3≥3a+3b+3c+6
(a+1b)2+(b+1c)2+(c+1a)2≥3(a+b+c+1)
Дәлелдеу керегі осы болатын.
x2+y2+z2≥xy+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+ba≥2b;bc+cb≥2c;ca+ac≥2a.
(a+1b)2+(b+1c)2+(c+1a)2≥(ab+ba)+(bc+cb)+(ca+ac)+3+a+b+c≥3a+3b+3c+3=3(a+b+c+1).
abc=1⇒1b=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+a2b2≥a+b+c тогда a2+b2+c2+2(a2c+b2a+c2b)≥2a+2b+2c+3 по AM−GM a2c+b2a+c2b≥3, a2+b2+c2+a2c+b2a+c2b≥2a+2b+2c ,a2+b2+c2≥ab+bc+ca,ab+bc+ca+a2c+b2a+c2b≥2a+2b+2cи по AM−GM ab+a2c≥2√(a3bc)⇒≥2a и так с bc+b2a≥2b,ac+c2b≥2c сумирая эти 3 неравенства получим изначальное Ч.Т.Д
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.