Западно-Китайская математическая олимпиада, 2004 год

Для положительных чисел $ a,b,c$ докажите неравенство: \[ 1 < \frac {a}{\sqrt {a^{2} + b^{2}}} + \frac {b}{\sqrt {b^{2} + c^{2}}} + \frac {c}{\sqrt {c^{2} + a^{2}}}\leq\frac {3\sqrt {2}}{2}.\]

Комментарий/решение

$$ \vec{X}=(a,b,c)$$

$$ \vec{Y}=\left(\frac{1}{\sqrt{a^2+b^2}},\frac{1}{\sqrt{b^2+c^2}}, \frac{1}{\sqrt{c^2+a^2}}\right)$$

$$ \vec{X} \cdot \vec{Y}\leq |\vec{X}|\cdot |\vec{Y}|=S \Leftrightarrow$$

$$ S=\sqrt{a^2+b^2+c^2}\cdot \sqrt{\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{b^2+c^2}+\frac{1}{c^2+a^2}}=$$

$$=\sqrt{3+\frac{c^2}{a^2+b^2}+\frac{a^2}{b^2+c^2}+\frac{b^2}{c^2+a^2}}$$

$$\frac{c^2}{a^2+b^2}+\frac{a^2}{b^2+c^2}+\frac{b^2}{c^2+a^2}\leq \frac{3}{2}$$

$$ S\leq \sqrt{3+\frac{3}{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$$

\\

$$ \vec{X}\cdot \vec{Y}>1$$

$$ \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}} > \frac{a}{a+b} > \frac{a}{a+b+c}$$

$$ \frac{b}{\sqrt{b^2+c^2}} > \frac{b}{b+c} > \frac{b}{a+b+c}$$

$$ \frac{c}{\sqrt{c^2+a^2}} > \frac{c}{c+a} > \frac{c}{a+b+c}$$

$$\vec{X}\cdot \vec{Y}=\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+a^2}}>\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\Rightarrow$$

$$1<\vec{X}\cdot \vec{Y}\leq \frac{3\sqrt{2}}{2}$$

$\frac{c^2}{a^2+b^2}+\frac{a^2}{b^2+c^2}+\frac{b^2}{c^2+a^2}\leq \frac{3}{2}$

деп жазғаныңыз қате. Теңсіздік керісінше бағытта болады. Көп жерде осыған ұқсас қателер жасайсыз.

$a^2=x, \ b^2=y, c^2=z$ болсын.

Коши-буняковский теңсіздігінен:

$A=(x(y+z)+y(z+x)+z(x+y))\cdot (\frac{1}{(x+y)(y+z)}+\frac{1}{(y+z)(z+x)}+\frac{1}{(z+x)(x+y)})\ge$

$\ge \big( \sqrt{\frac{x}{x+y}}+\sqrt{\frac{y}{y+z}}+\sqrt{\frac{z}{z+x}} \big)^2$

Енді $\frac{9}{2}\ge A$ теңсіздігін дәлелдесек жеткілікті.

$\iff \frac{9}{2}\ge 2(xy+yz+zx)\cdot \frac{2(x+y+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$

$\iff 9(x+y)(y+z)(z+x)\ge 8(x+y+z)(xy+yz+zx)$

$\iff x(y-z)^2+y(z-x)^2+z(x-y)^2\ge 0$