Республиканская олимпиада по математике, 2019 год, 10 класс
Комментарий/решение:
a,b,c∈R+≡(0,∞):1a+1b+1c=1
b+ca+bc+a+cb+ac+b+ac+ab≥12a+b+c−1
Доказательство: Из равенства 1a+1b+1c=1 следует, что a>1,b>1,c>1.
(a−c)2≥0⇒(a+c)2≥4ac⇒(a+c)2(b−1)≥4ac(b−1)⇒
⇒(a+c)(b−1)≥4ac(b−1)a+c=4b⇒(a+c)(b−1)≥4b⇒
⇒a+c≥4b(b−1)⇒a+cb+ac≥4b(b−1)(b+ac)=4bb2−b+ac(b−1)=4b−1+ac(1−1b)=4a+b+c−1
(a−c)2≥0⇔a+cb+ac≥4a+b+c−1(1)
(c−b)2≥0⇔b+ca+bc≥4a+b+c−1(2)
(b−a)2≥0⇔a+bc+ab≥4a+b+c−1(3)
(1)+(2)+(3)⇒b+ca+bc+a+cb+ac+b+ac+ab≥12a+b+c−1
Отсюда ясно, что равенство достигается тогда и только тогда, когда a=b=c=3.
1/a+1/b+1/c=1⇔ab+ac+bc=abc
b+ca+bc=(b+c)2ab+ac+b2c+c2b=(b+c)2ab+ac+bc+bc(a+b+c−1)−abc=(b+c)2bc(a+b+c−1)≥4(a+b+c−1)
Неравенство верно по AM-GM.
Аналогично для других двух дробей.
Суммируя 3 таких неравенства получаем исходное.
Жаңа айнымалылар енгіземіз. x=1a,y=1b,z=1c. Есептің шарты бойынша x,y,z>0, x+y+z=1. Жаңа айнымалыларды енгізгеннен кейін, теңсіздігіміз мына түрге келеді:
x(y+z)x+yz+y(z+x)y+zx+z(x+y)z+xy≥12xyzxy+yz+zx−xyz
x(y+z)x(x+y+z)+yz+y(z+x)y(x+y+z)+zx+z(x+y)z(x+y+z)+xy≥12xyz(x+y+z)(xy+yz+zx)−xyz
x(y+z)(x+y)(x+z)+y(z+x)(y+z)(y+x)+z(x+y)(z+x)(z+y)≥12xyz(x+y)(y+z)(z+x)
x(y+z)2+y(z+x)2+z(x+y)2≥12xyz
x(y−z)2+y(z−x)2+z(x−y)2≥0
Решение: Из условия следует, что ab+bc+ca=abc. Из дробного КБШ получаем неравенство
S=∑b+ca+bc=∑(b+c)2ab+ac+bc(b+c)≥4(a+b+c)22(ab+bc+ca)+∑bc(b+c)=4(a+b+c)22abc+∑bc(b+c)
=4(a+b+c)2(a+b)(b+c)(c+a)=12(a+b+c)23(a+b)(b+c)(c+a)=12(a+b+c)2(a+b+c)3−a3−b3−c3
=12(a+b+c)2(a+b+c)3−(a3+b3+c3)⋅(1a+1b+1c),
из КБШ: (a3+b3+c3)⋅(1a+1b+1c)≥(a+b+c)2, следовательно
S≥12(a+b+c)2(a+b+c)3−(a+b+c)2=12a+b+c−1. ◻
Из условия следует , что ab+bc+ac=abc
Используем равенство:
(a+b)(b+c)(a+c)=(a+b+c)(ab+bc+ac)−abc , вместо ab+bc+ac подставим abc и получим , что:
(a+b)(b+c)(a+c)=abc(a+b+c−1) ⇒ 12a+b+c−1 = 12abc(a+b)(b+c)(a+c) (1)
b+ca+bc+a+cb+ac+a+bc+ab = a(b+c)a2+abc + b(a+c)b2+abc + c(b+a)c2+abc = a(b+c)a2+bc+ac+ba + b(a+c)b2+bc+ac+ba + c(a+b)c2+bc+ac+ba =
= a(b+c)(a+b)(a+c) + b(a+c)(a+b)(b+c) + c(a+b)(a+c)(b+c) (2)
Требуется доказать , что
a(b+c)(a+b)(a+c) + b(a+c)(a+b)(b+c) + c(a+b)(a+c)(b+c) ≥ 12abc(a+b)(b+c)(a+c)
Умножим с обоих сторон на (a+b)(b+c)(a+c) и получим, что нужно доказать данное неравенство: a(b+c)2 + b(a+c)2 + c(b+a)2 ≥ 12abc ⇒
⇒ ab2+2abc+ac2+ba2+2abc+bc2+cb2+2abc+ca2 ≥ 12abc ⇒
⇒ ab2+ac2+ba2+bc2+cb2+ca2 ≥ 6abc
Нетрудно убедиться ,что по неравенству AM ≥ GM для 6 чисел это выполняется
Из условия следует что : abc=ab+bc+ac
∑cyc(b+c)2ab+ac+bc(b+c)≥4(∑a)2(∑ab)(2+∑a)−3abc
RHS≥4×3∑ab(∑ab)(∑a−1)=12a+b+c−1.◻
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.