XV математическая олимпиада «Шелковый путь», 2016 год
Комментарий/решение:
Решение одного из участников:
Пусть x,y,z=|a|,|b|,|c| соответственно. Тогда по неравенству Шура:
x3+y3+z3+6xyz≥x3+y3+z3+3xyz≥xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)
Прибавив к обеем сторонам
3(xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x))
получим
(x+y+z)3≥4(xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x))≥
4|a2b+b2c+c2a−ab2−bc2−ca2|=4|(a−b)(b−c)(c−a)|=4.
Откуда
(|a|+|b|+|c|)3≥4
Остается лишь найти пример.
Без ограничения общности можем считать, что a>b>c
Пусть a−b=x,b−c=y тогда a−c=x+y , тогда xy(x+y)=1.
Так как (x+y)2≥4xy то (x+y)^3\ge 4xy(x+y)=4 или же x+y\ge \sqrt[3]{4} дальше:
Если b\ge 0, то по треугольному неравенству имеем: |a|+|b|+|c| =|b+x|+|b|+|y-b|\ge |b+x+b+y-b|=x+y+b\ge x+y\ge \sqrt[3]{4}
Если b<0, то |a|+|b|+|c| =|b+x|+|-b|+|y-b| \ge |b+x-b+y-b|=x+y-b\ge x+y\ge \sqrt[3]{4}.
В любом случае имеем |a|+|b|+|c|\ge \sqrt[3]{4}
Равенство достигается например при a=\frac{1}{\sqrt[3]{2}} ,b=0, c= -\frac{1}{\sqrt[3]{2}}
Пусть a>b>c. Заметим, что если увеличить a,b,c на x, то условие |(a-b)(b-c)(c-a)|=1 сохранится. При фиксированных a,b,c несложно показать, |a+x|+|b+x|+|c+x| достигает минимума при x=-b. Далее b=0, откуда |ac(a-c)|=1\le \frac{(|a|+|c|)^3}4то есть |a|+|b|+|c|\ge\sqrt[3]4 с равенством при a=\frac1{\sqrt[3]2},b=0,c=-\frac1{\sqrt[3]2}.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.