Республиканская олимпиада по математике, 2019 год, 10 класс

Сумма обратных величин положительных чисел $a$, $b$ и $c$ равна $1$. Докажите неравенство $\dfrac{b+c}{a+bc}+\dfrac{a+c}{b+ac}+\dfrac{b+a}{c+ab}\ge\dfrac{12}{a+b+c-1}.$ ( Аубекеров Д. )

Комментарий/решение

$$a,b,c \in \mathbb{R}^+\equiv (0,\infty): \qquad \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$$

$$ \frac{b+c}{a+bc}+\frac{a+c}{b+ac}+\frac{b+a}{c+ab}\geq \frac{12}{a+b+c-1}$$

$\textbf{Доказательство:}$ Из равенства $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$ следует, что $a>1,b>1,c>1.$

$$(a-c)^2 \geq 0 \Rightarrow (a+c)^2\geq 4ac \Rightarrow (a+c)^2(b-1)\geq 4ac(b-1) \Rightarrow$$

$$ \Rightarrow (a+c)(b-1)\geq \frac{4ac(b-1)}{a+c}=4b \Rightarrow (a+c)(b-1)\geq 4b \Rightarrow$$

$$\Rightarrow a+c \geq \frac{4b}{(b-1)} \Rightarrow \frac{a+c}{b+ac}\geq \frac{4b}{(b-1)(b+ac)}=\frac{4b}{b^2-b+ac(b-1)}=\frac{4}{b-1+ac(1-\frac{1}{b})}=\frac{4}{a+b+c-1} $$

$$(a-c)^2 \geq 0 \Leftrightarrow \frac{a+c}{b+ac}\geq\frac{4}{a+b+c-1} \qquad (1)$$

$$(c-b)^2 \geq 0 \Leftrightarrow \frac{b+c}{a+bc}\geq\frac{4}{a+b+c-1} \qquad (2)$$

$$ (b-a)^2 \geq 0 \Leftrightarrow \frac{a+b}{c+ab}\geq\frac{4}{a+b+c-1} \qquad (3) $$

$$ (1)+(2)+(3) \Rightarrow \frac{b+c}{a+bc}+\frac{a+c}{b+ac}+\frac{b+a}{c+ab}\geq \frac{12}{a+b+c-1}$$

Отсюда ясно, что равенство достигается тогда и только тогда, когда $a=b=c=3$.

$$1/a+1/b+1/c=1\Leftrightarrow ab+ac+bc=abc$$

$$\frac{b+c}{a+bc}=\frac{(b+c)^2}{ab+ac+b^2c+c^2b}=\frac{(b+c)^2}{ab+ac+bc+bc(a+b+c-1)-abc}=\frac{(b+c)^2}{bc(a+b+c-1)}\geq\frac{4}{(a+b+c-1)}$$

Неравенство верно по AM-GM.

Аналогично для других двух дробей.

Суммируя 3 таких неравенства получаем исходное.

Жаңа айнымалылар енгіземіз. $x=\frac{1}{a}, y=\frac{1}{b}, z=\frac{1}{c}.$ Есептің шарты бойынша $x,y,z>0, \ \ \ x+y+z=1$. Жаңа айнымалыларды енгізгеннен кейін, теңсіздігіміз мына түрге келеді:

$\frac{x(y+z)}{x+yz}+\frac{y(z+x)}{y+zx}+\frac{z(x+y)}{z+xy}\ge \frac{12xyz}{xy+yz+zx-xyz}$

$ \frac{x(y+z)}{x(x+y+z)+yz}+\frac{y(z+x)}{y(x+y+z)+zx}+\frac{z(x+y)}{z(x+y+z)+xy}\ge \frac{12xyz}{(x+y+z)(xy+yz+zx)-xyz}$

$ \frac{x(y+z)}{(x+y)(x+z)}+\frac{y(z+x)}{(y+z)(y+x)}+\frac{z(x+y)}{(z+x)(z+y)}\ge \frac{12xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}$

$x(y+z)^2+y(z+x)^2+z(x+y)^2\ge 12xyz$

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

Немного очевидная задача

Решение: Из условия следует, что $ab+bc+ca=abc.$ Из дробного КБШ получаем неравенство

$$S=\sum\dfrac{b+c}{a+bc}=\sum\dfrac{(b+c)^2}{ab+ac+bc(b+c)}\ge \dfrac{4(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)+\sum bc(b+c)}=\dfrac{4(a+b+c)^2}{2abc+\sum bc(b+c)}$$

$$=\dfrac{4(a+b+c)^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}=\dfrac{12(a+b+c)^2}{3(a+b)(b+c)(c+a)}=\dfrac{12(a+b+c)^2}{(a+b+c)^3-a^3-b^3-c^3}$$

$$=\dfrac{12(a+b+c)^2}{(a+b+c)^3-(a^3+b^3+c^3)\cdot\left(\dfrac1a+\dfrac1b+\dfrac1c\right)},$$

из КБШ: $(a^3+b^3+c^3)\cdot\left(\dfrac1a+\dfrac1b+\dfrac1c\right)\ge \left(a+b+c\right)^2,$ следовательно

$$S\ge\dfrac{12(a+b+c)^2}{(a+b+c)^3-(a+b+c)^2}=\dfrac{12}{a+b+c-1}.\ \square$$

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:

$(a+b)(b+c)(a+c) = abc(a+b+c-1)$ $\Rightarrow$ $\frac{12}{a+b+c-1}$ = $\frac{12abc}{(a+b)(b+c)(a+c)}$ $(1)$

$\frac{b+c}{a+bc}$+$\frac{a+c}{b+ac}$+$\frac{a+b}{c+ab}$ = $\frac{a(b+c)}{a^2+abc}$ + $\frac{b(a+c)}{b^2+abc}$ + $\frac{c(b+a)}{c^2+abc}$ = $\frac{a(b+c)}{a^2+bc+ac+ba}$ + $\frac{b(a+c)}{b^2+bc+ac+ba}$ + $\frac{c(a+b)}{c^2+bc+ac+ba}$ =

= $\frac{a(b+c)}{(a+b)(a+c)}$ + $\frac{b(a+c)}{(a+b)(b+c)}$ + $\frac{c(a+b)}{(a+c)(b+c)}$ $(2)$

Требуется доказать , что

$\frac{a(b+c)}{(a+b)(a+c)}$ + $\frac{b(a+c)}{(a+b)(b+c)}$ + $\frac{c(a+b)}{(a+c)(b+c)}$ $\geq$ $\frac{12abc}{(a+b)(b+c)(a+c)}$

Умножим с обоих сторон на $(a+b)(b+c)(a+c)$ и получим, что нужно доказать данное неравенство: $a(b+c)^2$ + $b(a+c)^2$ + $c(b+a)^2$ $\geq$ $12abc$ $\Rightarrow$

$\Rightarrow$ $ab^2+2abc+ac^2+ba^2+2abc+bc^2+cb^2+2abc+ca^2$ $\geq$ $12abc$ $\Rightarrow$

$\Rightarrow$ $ab^2+ac^2+ba^2+bc^2+cb^2+ca^2$ $\geq$ $6abc$

Нетрудно убедиться ,что по неравенству AM $\geq$ GM для 6 чисел это выполняется

Ема, тема тема

$$a+b+c=(\sum \frac{1}{a})(\sum a) \geq (1+1+1)^2=9$$

$$ab+bc+ca=abc$$

$$\frac{b+c}{a+bc}=\frac{a(b+c)}{a^2+abc}=\frac{a(b+c)}{a^2+ab+bc+ca}=\frac{a(b+c)}{(a+b)(a+c)}=\frac{a(b+c)^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}$$

$$\sum a(b+c)^2=(ab+bc+ca)(a+b+c)+3abc=(abc)(a+b+c+3)$$

$$\prod(a+b)=(ab+bc+ca)(a+b+c)-abc=(abc)(a+b+c-1)$$

$$\sum \frac{b+c}{a+bc}=\frac{a+b+c+3}{a+b+c-1} \geq \frac{9+3}{a+b+c-1}=\frac{12}{a+b+c-1}$$

Из условия следует что $: \ abc=ab+bc+ac $

\[\]

\[\sum \limits_{cyc}^{} \dfrac{(b+c)^2}{ab+ac+bc(b+c)} \geq \dfrac{4 \left ( \sum\limits_{}^{} a \right ) ^2}{\left ( \sum \limits_{}^{} ab \right )\left ( 2 + \sum \limits_{}^{} a \right ) -3abc }\]

\[\]

\[RHS \geq \dfrac{4\times 3\sum ab }{\left ( \sum \limits_{}^{} ab \right ) \left ( \sum \limits_{}^{} a - 1 \right ) }=\dfrac{12}{a+b+c-1}. \quad \square\]