қазақша
русскийМатематикадан облыстық олимпиада, 2000-2001 оқу жылы, 10 сынып
$a$, $b$ және $c$ оң нақты сандары $a+b+c=1$ теңдігін қанағаттандырады. Келесі теңсіздіктің орындалатынын делелдеңіздер: $\sqrt{3a+b+1}+\sqrt{3b+c+1}+\sqrt{3c+a+1}\le \sqrt{21}$.
посмотреть в олимпиаде
Комментарий/решение:
$$\mathbb{S}_{арифм.}\leq \mathbb{S}_{квадр.}\Rightarrow \frac{x+y+z}{3}\leq \sqrt{\frac{x^2+y^2+z^2}{3}}\Rightarrow \left(\frac{x+y+z}{2} \right)^2\leq \frac{x^2+y^2+z^2}{3}$$
$$x=\sqrt{3a+b+1}, y=\sqrt{3b+c+1}, z=\sqrt{3c+a+1} \Rightarrow$$
$$ \Rightarrow \left(\frac{\sqrt{3a+b+1}+\sqrt{3b+c+1}+\sqrt{3c+a+1}}{3}\right)^2\leq \frac{4(a+b+c)+3}{3}=\frac{7}{3}$$
$\sqrt {3a+b+1}=x$,$\sqrt {3b+c+1}=y$,$\sqrt{3c+a+1}=z$.
$x+y+z \leq \sqrt {3(x²+y²+z²}$
$(x+y+z)² \leq (1+1+1)(x²+y²+z²)$
Это верно по Коши буняковскому
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.