Олимпиада Туймаада по математике. Младшая лига. 2006 год

Сумма неотрицательных чисел $x$, $y$ и $z$ равна 3. Докажите неравенство $$ {1\over x^2+y+z} + {1\over x+y^2+z} + {1\over x+y+z^2} \leq 1 .$$ ( V.Ci.rtoaje )

Комментарий/решение

$$ \forall x,y,z \in \left\{x,y,z \geq 0 | \quad x+y+z=3 \right\}: \quad \frac{1}{x^2+y+z}+\frac{1}{x+y^2+z}+\frac{1}{x+y+z^2}\leq 1$$

$$ x+y+z=3 \Rightarrow \begin{cases} x+y=3-z \\ y+z=3-x \\ z+x=3-y \end{cases} \Rightarrow \frac{1}{x^2-x+3}+\frac{1}{y^2-y+3}+\frac{1}{z^2-z+3}\leq 1$$

Рассмотрим функцию $f(t)=\frac{1}{t^2-t+3}$ на интервале $t\in (0,3).$ При $x=y=z=1$ неравенство обращается в равенство. Составим уравнение касательной к графику функции $f(t)$ в точке $t_0=1$:

$$ y=f(1)+f'(1)(t-1)=\frac{4-t}{9}$$

и теперь докажем, что для любого $t\in (0,1)\cup (1,3)$ справедливо неравенство:

$$ \frac{1}{t^2-t+3}<\frac{4-t}{9}$$

$$ \Rightarrow \frac{1}{t^2-t+3}+\frac{t-4}{9}<0 \Rightarrow \frac{t^3-5t^2+7t-3}{9(t^2-t+3)}<0\Rightarrow \frac{(t-1)^2(t-3)}{9(t^2-t+3)}<0 \Rightarrow t\in (0,1)\cup (1,3)$$

Отсюда имеем неравенства;

$$\frac{1}{x^2-x+3}+\frac{1}{y^2-y+3}+\frac{1}{z^2-z+3}\leq \frac{12-(x+y+z)}{9}=1$$

Коши-Буняковский теңсіздігінен:

$(x^2+y+z)(1+y+z)\ge (x+y+z)^2=9 \ \Longrightarrow \ \frac{1}{x^2+y+z}\le \frac{1+y+z}{9}$

$ \frac{1}{x^2+y+z}+ \frac{1}{y^2+z+x}+\frac{1}{z^2+x+y}\le \frac{1+y+z}{9}+\frac{1+z+x}{9}+\frac{1+x+y}{9}=\frac{3+2(x+y+z)}{9}=1$