Математикадан республикалық олимпиада, 2016-2017 оқу жылы, 11 сынып

Нақты $x,y,z\ge \frac{1}{2}$ сандары үшін ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=1$ теңдігі орындалады. Сол сандар үшін келесі теңсіздікті дәлелдеңіздер: $$\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}-\frac{1}{z} \right)\left( \frac{1}{x}-\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right)\ge 2.$$ ( Сатылханов К. )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Решение. Пусть $a=\frac{1}{x},b=\frac{1}{y},c=\frac{1}{z}$. Тогда из условия легко следует, что $\sqrt{2}\le a,b,c\le 2$ и нужно доказать, что \[\frac{1}{{{x^2}}} - {\left( {\frac{1}{y} - \frac{1}{z}} \right)^2} \ge 2 \Leftrightarrow {a^2} \ge 2 + {\left( {b - c} \right)^2}.\] Без ограничения общности $b\ge c$. Пусть $s=b+c$, $t=b-c$. Тогда $s\ge 2\sqrt{2}$ и $0\le t\le 4-s$. Несложно доказать, что $$\frac{1}{{{a}^{2}}}=1-\left( \frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}} \right)\le 1-\frac{8}{{{\left( b+c \right)}^{2}}} \Rightarrow {{a}^{2}}\ge \frac{{{s}^{2}}}{{{s}^{2}}-8}.$$ Тогда достаточно доказать, что $$\frac{{{s}^{2}}}{{{s}^{2}}-8}\ge 2+{{t}^{2}}\Leftrightarrow {{t}^{2}}\left( {{s}^{2}}-8 \right)\le 16-{{s}^{2}}. \qquad (1)$$ Заметим также неравенство $$0\le t\le 4-s. \qquad (2)$$ Тогда $$t\left( {{s}^{2}}-8 \right)\le \left( 4-s \right)\cdot \frac{{{s}^{2}}}{2}=2\cdot \left( 4-s \right)\cdot \frac{s}{2}\cdot \frac{s}{2}\le $$ $$2{{\left( \frac{4-s+\frac{s}{2}+\frac{s}{2}}{3} \right)}^{3}}=2\cdot {{\left( \frac{4}{3} \right)}^{3}} < 6 < 4+s. \qquad (3)$$ Перемножив неравенства (2) и (3) получаем неравенство (1). Равенство достигается когда $x=\frac{1}{\sqrt{2}},y=z=\frac{1}{2}$.

$a=yz\ge \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}$ деп белгілейік. Сонда ${{x}^{2}}=1-{{y}^{2}}-{{z}^{2}}\le 1-2yz=1-2a,$ демек ${{x}^{2}}\le 1-2a.$ Және

$$4\left( {{y}^{2}}-\dfrac{1}{4} \right)\left( {{z}^{2}}-\dfrac{1}{4} \right)\ge 0\Leftrightarrow \dfrac{1}{4}{{(4a-1)}^{2}}\ge {{(y-z)}^{2}}$$

теңсіздіктері эквивалентті.

Дәлелдеу керек теңсіздік $\dfrac{1}{{{x}^{2}}}-{{\left( \dfrac{1}{y}-\dfrac{1}{z} \right)}^{2}}-2\ge 0$ теңсіздігіне эквивалентті. Ал

$\dfrac{1}{{{x}^{2}}}-{{\left( \dfrac{1}{y}-\dfrac{1}{z} \right)}^{2}}-2=\dfrac{1}{{{x}^{2}}}-\dfrac{{{(y-z)}^{2}}}{{{(yz)}^{2}}}-2\ge \dfrac{1}{1-2a}-\dfrac{{{(4a-1)}^{2}}}{4{{a}^{2}}}-2=\dfrac{(4a-1)(3{{a}^{2}}+{{(3a-1)}^{2}})}{4{{a}^{2}}(1-2a)}\ge 0.$

После замены $\dfrac{1}{x},\dfrac{1}{y},\dfrac{1}{z}$ на $a,b,c,$ соответственно, достатончно доказать, что

$$a^2\ge 2+(b-c)^2\iff \dfrac{1}{a^2}\le \dfrac{1}{2+(b-c)^2}\iff 1\le \dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{2+(b-c)^2}.$$

Заметим, что из дробного КБШ следует

$$\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{4+2(b-c)^2}+\dfrac{1}{4+2(b-c)^2}\ge \dfrac{(1+1+1+1)^2}{5b^2-8bc+5c^2+8},$$

поэтому достаточно доказать, что

$$4(b-c)^2+b^2+c^2=5b^2-8bc+5c^2\le 8,$$

где $\sqrt{2}\le c\le b\le 2$ (из симметрий $b$ и $c$). Легко понять, что

$$4(b-c)^2+b^2+c^2-8\le 4(2-c)^2+4+c^2-8=(c-2)(5c-6)\le 0,$$

последнее неравенство следует из того, что $c-2\le 0$ и $5c-6>0.\qquad\blacksquare$

раскрывая скобки и умножая получное на $x^2y^2z^2$ получим что $y^2z^2-x^2(y^2+z^2)+2x^2\geq 2(xyz)^2$ Заметим что $y^2z^2+x^2(2-y^2-z^2) \geq 2x^2y^2z^2 $$\Rightarrow$$y^2z^2+x^2+x^4\geq 2x^2y^2z^2$$\Rightarrow$ $x^2\geq 2x^2y^2z^2-2yzx^2 = 2x^2yz(yz-1)$ а т.к. $1>y,z$ то отсюда $yz<1$ что ознчает неравенство верное