Математикадан аудандық олимпиада, 2001-2002 оқу жылы, 10 сынып

Кез келген оң $a$ және $b$ сандарына келесі теңсіздіктің орындалатынын дәлелдеңіз: $$\dfrac{1}{2}(a+b)^2+\dfrac{1}{4}(a+b)\geq a\sqrt b+b\sqrt a.$$

Комментарий/решение

Преобразуем левую часть неравенства: $\dfrac{(a+b)^2}{2}+ \dfrac{(a+b)}{4}= \dfrac{a^2+b^2+2ab}{2}+\dfrac{a+b}{4}= \dfrac{2a^2+2b^2+4ab+a+b}{4}=A.$

Из неравенства $2a^2+2b^2\geq 4ab$ имеем: $A=\dfrac{2a^2+2b^2+4ab+a+b}{4}\geq \dfrac{8ab+a+b}{4}= \dfrac{4ab+a+4ab+b}{4}=B.$

Но, так как $4ab+a\geq 4a\sqrt{b}$ и $4ab+b\geq 4b\sqrt{a},$ то имеем $\dfrac{4ab+a+4ab+b}{4}\geq\dfrac{4b\sqrt{a}+4a\sqrt{b}}{4}=b\sqrt{a}+a\sqrt{b}.$ Следовательно, $\dfrac{1}{2}(a+b)^2+\dfrac{1}{4}(a+b)\geq a\sqrt b+b\sqrt a.$