Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Кіші лига. 2000 жыл

Көбейтіндісі 1-ге тең болатын оң нақты $a$, $b$ және $c$ сандары үшін келесі теңсіздікті дәлелдеңіздер: $\dfrac{1}{a(a+1)}+\dfrac{1}{b(b+1)}+\dfrac{1}{c(c+1)}\ge \dfrac{3}{2}.$

Комментарий/решение

Рассмотрим функцию $f(x)=\frac{x^2}{x+1}$. Легко проверить, что она является выпуклой.

Тогда по неравенству Йенсена:

$$\frac{\frac{b^2c^2}{bc+1}+\frac{a^2c^2}{ac+1}+\frac{a^2b^2}{ab+1}}{3}\geq \frac{(\frac{ab+bc+ca}{3})^2}{\frac{ab+bc+ca}{3}+1}$$

Теперь достаточно доказать, что

$$ \frac{(\frac{ab+bc+ca}{3})^2}{\frac{ab+bc+ca}{3}+1} \geq \frac{1}{2}$$,

которое является верным, так как если обозначить $\frac{ab+bc+ca}{3}=x$ получим:

$$ (2x+1)(x-1) \geq0$$.

Утверждение $ab+bc+ca\geq3$ можно получить из условия $abc=1$

$\textbf{Решение:}$ Воспользуемся условием задачи. Так как произведение переменных $a,b$ и $c$ равно единице, то найдется такие числа $ x,y$ и $z$ , что

$$a=\frac{x}{y},~ b=\frac{y}{z}, ~ c=\frac{z}{x}.$$

Неравенство в новых обозначениях выглядит так:

$$ \frac{y^2}{x(x+y)}+\frac{z^2}{y(z+y)}+\frac{x^2}{z(z+x)}\geq \frac{3}{2}.$$

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

$$\geq \frac{2y^2}{3x^2+y^2}+\frac{2z^2}{3y^2+z^2}+\frac{2x^2}{3z^2+x^2}=$$

$$=\frac{(2y^2)^2}{6y^2x^2+2y^4}+\frac{(2z^2)^2}{6z^2y^2+2z^4}+\frac{(2x^2)^2}{6x^2z^2+2x^4}\geq$$

$$\geq \frac{(2x^2+2y^2+2z^2)^2}{6(y^2x^2+x^2z^2+z^2y^2)+2(x^4+y^4+z^4)}\geq \frac{3}{2}\Longleftrightarrow $$

$$\Longleftrightarrow 2(2x^2+2y^2+2z^2)^2\geq 3(6(y^2x^2+x^2z^2+z^2y^2)+2(x^4+y^4+z^4))\Longleftrightarrow $$

$$\Longleftrightarrow 2x^4+2y^4+2z^4\geq 2x^2y^2+2y^2z^2+2z^2x^2 \Longleftrightarrow $$

$$\Longleftrightarrow (x^2-y^2)^2+(y^2-z^2)^2+(z^2-x^2)^2\geq 0.$$

Равенство достигается в том и только том случае, когда $x=y=z$, то есть $a=b=c=1.$

Титу леммасын пайдаланамыз.

$$\frac{1}{a(a+1)}+\frac{1}{b(b+1)}+\frac{1}{c(c+1)}=\frac{(abc)^2}{a(a+abc)}+\frac{(abc)^2}{b(b+abc)}+\frac{(abc)^2}{c(c+abc)}=\frac{(bc)^2}{(1+bc}+\frac{(ac)^2}{(1+ac)}+\frac{(ab)^2}{(1+ab)}\geq \frac{(ab+bc+ca)^2}{3+ab+bc+ca}$$

$\sigma_{2}=ab+bc+ac$ деп белгілеу енгіземіз. Сонда Коши теңсіздігі бойынша $\sigma_{2}\geq 3.$ Теңсіздікті келесідей жазуға болады

$$\frac{\sigma _{2}^{2}}{\sigma _{2}+3}\geq \frac{3}{2} \Leftrightarrow (\sigma _{2}-3)(2\sigma _{2}+2)\geq 0$$

$\sigma _{2}=3$ болғанда теңдік орындалады.

Ошибка в решении

Починил