Республиканская олимпиада по математике, 2018 год, 10 класс

Докажите, что для любых действительных чисел $a,b,c\in(0,1)$ выполняется неравенство $\left(\sqrt2a-bc\right)\left(\sqrt2b-ca\right)\left(\sqrt2c-ab\right)\le\frac{1}{8}.$ ( Сатылханов К. )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Обозначим $A=\left(\sqrt2a-bc\right)\left(\sqrt2b-ca\right)\left(\sqrt2c-ab\right).$ Можно считать, что каждая из трех скобок числа $A$ неотрицательна.
  Действительно, предположим, что хотя бы одно из чисел $\sqrt2a-bc,$ $\sqrt2b-ca$, $\sqrt2c-ab$ отрицательно. Пусть, без потеря общности, $\sqrt2 a-bc < 0.$ Тогда $ca < \frac{bc^2}{\sqrt2} < \sqrt2 b$ и, аналогично, $bc < \sqrt 2a.$ В этом случае $A \le 0.$
  Теперь будем считать, что каждое из чисел $\sqrt2a-bc,$ $\sqrt2b-ca$, $\sqrt2c-ab$ неотрицательно. По неравенству Коши имеем: $$ 4 \cdot \sqrt{(\sqrt{2} a-bc)(\sqrt{2} -ca)} \le 2 \left((\sqrt{2} a-bc)+(\sqrt{2} -ca) \right)=(a+b)(2\sqrt{2}-2c).\quad (1)$$ Аналогично, записав такие неравенство для других пар и перемножив их, получим: $$64A \le (a+b)(b+c)(c+a)(2\sqrt{2}-2a)(2\sqrt{2}-2b)(2\sqrt{2}-2c)=B. \quad (2)$$ Оценим число $B$ по неравенству Коши для шести чисел: $$B \le \left(\frac{(a+b)+(b+c)+(c+a)+(2\sqrt{2}-2a)+(2\sqrt{2}-2b)+(2\sqrt{2}-2c)}{6}\right) ^6 =8. \quad (3)$$ Из неравенств (2) и (3) вытекает требуемое неравенство $A \le \frac{1}{8}.$

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №2.     Докажем, что если $x, y, z, x_1, y_1$ -- положительные числа, $xy=x_1y_1$ и $|x-y| > |x_1-y_1|$, то $$\left(\sqrt2x-yz\right)\left(\sqrt2y-xz\right) < \left(\sqrt2x_1-y_1z\right)\left(\sqrt2y_1-x_1z\right).$$
  Действительно, после раскрытия скобок и сокращения равных членов остается неравенство $\sqrt2z(x_1^2+y_1^2) < \sqrt2z(x^2+y^2)$, получающееся из неравенства $(x_1-y_1)^2 < (x-y)^2$ добавлением $4x_1y_1=4xy$ и умножением на $z$.
  Рассмотрим теперь функцию $f(a, b, c)=\left(\sqrt2a-bc\right)\left(\sqrt2b-ca\right)\left(\sqrt2c-ab\right)$ при положительных $a$, $b$ и $c$. Мы видели, что если $xy=x_1y_1$ и $|x-y| > |x_1-y_1|$, то $f(x, y, z) < f(x_1, y_1, z_1)$. Пусть $m=\root 3\of {abc}$ -- среднее геометрическое чисел $a$, $b$ и $c$. Среди них есть число, большее $m$, и число, меньшее $m$; не умаляя общности, примем $a\le m \le b$. Тогда $f(a, b, c)\le f(m, b', c)$, где $b'={ab\over m}={m^2\over c}$. Поскольку $b'c=m^2$ (и, разумеется, $|b'-c|\geq |m-m|$), имеем $f(m, b', c)\le f(m, m, m)$. Отсюда $f(a, b, c)\le f(m, m, m)$. Осталось доказать, что $f(m, m, m)=(\sqrt2m-m^2)^3\le {1\over 8}$, то есть $\sqrt2m-m^2\le {1\over 2}$, а это неравенство $\left(m-{\sqrt2\over 2}\right)^2\ge 0$.

Заметим, что по $AM\ge GM$ $$bc+\frac{a^2}{2bc}\geq \sqrt{2}a$$

$$\implies\frac{a^2}{2bc}\geq\sqrt{2}a-bc$$

умножив все аналогичные неравенства получаем требуемое.

(Случай когда одно из чисел вида $\sqrt{2}a-bc<0$ разобрано выше.)