Математикадан облыстық олимпиада, 2015-2016 оқу жылы, 9 сынып

Кез келген теріс емес нақты $x,y,z$ сандары үшін $$\sqrt{2{{x}^{2}}+3{{y}^{2}}+4{{z}^{2}}}+\sqrt{3{{x}^{2}}+4{{y}^{2}}+2{{z}^{2}}}+\sqrt{4{{x}^{2}}+2{{y}^{2}}+3{{z}^{2}}}\ge {{\left( \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z} \right)}^{2}}$$ теңсіздігін дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

По неравенству Коши Буняковского имеем: $\sqrt{2+3+4}\cdot \sqrt{2{{x}^{2}}+3{{y}^{2}}+4{{z}^{2}}}\ge \left( 2x+3y+4z \right),$ то есть $\sqrt{2{{x}^{2}}+3{{y}^{2}}+4{{z}^{2}}}\ge \dfrac{2x+3y+4z}{3}.$

Аналогично, получим неравенства $\sqrt{3{{x}^{2}}+4{{y}^{2}}+2{{z}^{2}}}\ge \dfrac{3x+4y+2z}{3}$ и $\sqrt{4{{x}^{2}}+2{{y}^{2}}+3{{z}^{2}}}\ge \dfrac{4x+2y+3z}{3}.$

Просуммировав каждое слагаемое, используя выше написанными неравенствами, получим

$\sqrt{2{{x}^{2}}+3{{y}^{2}}+4{{z}^{2}}}+\sqrt{3{{x}^{2}}+4{{y}^{2}}+2{{z}^{2}}}+\sqrt{4{{x}^{2}}+2{{y}^{2}}+3{{z}^{2}}}\ge 3(x+y+z),$ но свою очередь верно $3(x+y+z) \geq (\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2$ , которое следует также из неравенства Коши Буняковского.

Сразу извиняюсь за то, что не знаю латекс(, мб есть ошибки

Умножим обе части неравенства на $\sqrt{3}$, тогда применим нер-во КБШ для цикличных сумм в корнях в LHS, тогда получаем следующее:

$ 3 \cdot \left( (\sqrt{2} \cdot x)^2 + (\sqrt{3} \cdot y)^2 + (2 \cdot z)^2 \right) \geq \left( \sqrt{6} \cdot x + 3 \cdot y + \sqrt{12} \cdot z \right)^2 $

Применим КБШ аналогичным образом и для других корней слева, далее заменим все суммы на RHS из данных неравенств. Получаем, что нам необходимо доказать:

$ (x + y + z)(\sqrt{6} + \sqrt{12} + 3) \geq (\sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z})^2 \cdot \sqrt{3} $

сократим на $\sqrt{3}$ :

$ (x + y + z)(\sqrt{2} + \sqrt{3} + \sqrt{4}) \geq (\sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z})^2 $

в силу того, что: $ \sqrt{2} + \sqrt{3} + \sqrt{4} \geq 3 $

изначальное неравенство верно, чтд

Очень сильно советую научиться писать на латексе,в дальнейшем будет очень полезно