Қалалық Жәутіков олимпиадасы, 9 сынып, 2017 жыл

$a$, $b$, $x$, $y$ сандары үшін ${{(ab)}^{3}}+{{(xy)}^{3}}\ge {{(ax)}^{3}}+{{(by)}^{3}}$ теңсіздігі орындалатыны белгілі болса, мына теңсіздікті дәлелде: $ab+xy\ge ax+by.$ ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Заметим эквивалентность следующих неравенств: $${{(ab)}^{3}}+{{(xy)}^{3}}\ge {{(ax)}^{3}}+{{(by)}^{3}}\Leftrightarrow \left( {{a}^{3}}-{{y}^{3}} \right)\left( {{b}^{3}}-{{x}^{3}} \right)\ge 0.$$ Применяя формулу сокращенного умножения к последнему неравенству, имеем: $$\left( a-y \right)\left( {{a}^{2}}+ay+{{y}^{2}} \right)\left( b-x \right)\left( {{b}^{2}}+bx+{{x}^{2}} \right)\ge 0.\quad (1)$$ Заметим, что неполные квадраты ${{a}^{2}}+ay+{{y}^{2}}$ и ${{b}^{2}}+bx+{{x}^{2}}$ всегда неотрицательны, так как ${{a}^{2}}+ay+{{y}^{2}}={{\left( a+\frac{y}{2} \right)}^{2}}+\frac{3{{y}^{2}}}{4}$ и ${{b}^{2}}+bx+{{x}^{2}}={{\left( b+\frac{x}{2} \right)}^{2}}+\frac{3{{x}^{2}}}{4}$. Поэтому неравенство $\left( 1 \right)$ можно сократить на эти неполные квадраты. Имеем: $\left( a-y \right)\left( b-x \right)\ge 0\Leftrightarrow ab+xy\ge ax+by.$

$$ ab+xy\geq ax+by$$

$$ (ab+xy)^2 \geq (ax+by)^2$$

$$ (ab+xy)^2-3abxy \geq (ax+by)^2-3abxy$$

$$(ab)^2-(ab)(xy)+(xy)^2 \geq (ax)^2-(ax)(by)+(by)^2$$

$$\left(ab+xy\right) \cdot \left( (ab)^2-(ab)(xy)+(xy)^2 \right) \geq \left(ax+by\right) \cdot \left((ax)^2-(ax)(by)+(by)^2\right)$$

$$ (ab)^3+(xy)^3 \geq (ax)^3+(by)^3$$

Бұл жерде

$ab+xy\ge ax+by$ теңсіздігінен $(ab)^3+(xy)^3\ge (ax)^3+(by)^3$ теңсіздігі шығатыны дәлелденген. Ал есепте керісінше. Соның өзінде, бұл дәлел $ab+xy\ge ax+by\ge 0$ жағдайында ғана дұрыс болады.