Loading [MathJax]/jax/output/SVG/jax.js

Республиканская олимпиада по математике, 2019 год, 10 класс


Сумма обратных величин положительных чисел a, b и c равна 1. Докажите неравенство b+ca+bc+a+cb+ac+b+ac+ab12a+b+c1. ( Аубекеров Д. )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  -1
6 года 1 месяца назад #

a,b,cR+(0,):1a+1b+1c=1

b+ca+bc+a+cb+ac+b+ac+ab12a+b+c1

Доказательство: Из равенства 1a+1b+1c=1 следует, что a>1,b>1,c>1.

(ac)20(a+c)24ac(a+c)2(b1)4ac(b1)

(a+c)(b1)4ac(b1)a+c=4b(a+c)(b1)4b

a+c4b(b1)a+cb+ac4b(b1)(b+ac)=4bb2b+ac(b1)=4b1+ac(11b)=4a+b+c1

(ac)20a+cb+ac4a+b+c1(1)

(cb)20b+ca+bc4a+b+c1(2)

(ba)20a+bc+ab4a+b+c1(3)

(1)+(2)+(3)b+ca+bc+a+cb+ac+b+ac+ab12a+b+c1

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

  -1
6 года 1 месяца назад #

1/a+1/b+1/c=1ab+ac+bc=abc

b+ca+bc=(b+c)2ab+ac+b2c+c2b=(b+c)2ab+ac+bc+bc(a+b+c1)abc=(b+c)2bc(a+b+c1)4(a+b+c1)

Неравенство верно по AM-GM.

Аналогично для других двух дробей.

Суммируя 3 таких неравенства получаем исходное.

  2
6 года 1 месяца назад #

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+xy12xyzxy+yz+zxxyz

x(y+z)x(x+y+z)+yz+y(z+x)y(x+y+z)+zx+z(x+y)z(x+y+z)+xy12xyz(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)212xyz

x(yz)2+y(zx)2+z(xy)20

  -1
5 года 1 месяца назад #

Немного очевидная задача

  2
4 года назад #

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)3a3b3c3

=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

S12(a+b+c)2(a+b+c)3(a+b+c)2=12a+b+c1. 

  3
1 года 4 месяца назад #

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+c1) 12a+b+c1 = 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

  1
1 года 4 месяца назад #

Ема, тема тема

  0
5 месяца 5 дней назад #

a+b+c=(1a)(a)(1+1+1)2=9

ab+bc+ca=abc

b+ca+bc=a(b+c)a2+abc=a(b+c)a2+ab+bc+ca=a(b+c)(a+b)(a+c)=a(b+c)2(a+b)(b+c)(c+a)

a(b+c)2=(ab+bc+ca)(a+b+c)+3abc=(abc)(a+b+c+3)

(a+b)=(ab+bc+ca)(a+b+c)abc=(abc)(a+b+c1)

b+ca+bc=a+b+c+3a+b+c19+3a+b+c1=12a+b+c1

  0
20 дней 12 часов назад #

Из условия следует что : abc=ab+bc+ac

cyc(b+c)2ab+ac+bc(b+c)4(a)2(ab)(2+a)3abc

RHS4×3ab(ab)(a1)=12a+b+c1.