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

36-я Балканская математическая олимпиада. Кишенёв, Молдова, 2019 год


Пусть a,b,c — действительные числа такие, что 0abc и a+b+c=ab+bc+ac>0. Докажите, что bc(a+1)2. Определите все тройки (a,b,c), для которых достигается равенство.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  1
5 года 11 месяца назад #

Доказательство.

a+b+c=ab+ac+bcbc=a+(1a)(b+c)

Рассмотрим 2 случая: 1)a[0,1]:bc=a+(1a)(b+c)a+2(1a)bcf(bc)=bc2(1a)bca0(1)

Квадратная функция y=f(bc) определена на интервале bc(0,+) то для всех bc(0,+) справедлива неравенства (1).

a[0,1]:bc2a+11f(2a+1)=a(a1)2(a+1)0

Поэтому равенство достигнется только при a=1,a=0(1,1,1),(0,2,2)

2)a>1cba>1c>1,b>1bc(a+1)>2

пред. Правка 2   1
2 года назад #

Біріншіден

f(2a+1)=a(a1)2(a+1) ЕМЕС, f(2a+1)=a(a1)2(a+1)2.

Екіншіден

bc2a+1 теңсіздігі дәлелденбеген. Дәлелденуі тиіс теңсіздік осы емес пе?

пред. Правка 2   1
2 года назад #

Жоғарыдағы шешімді аяқтайық. a1 болсын.

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

bc2bc(1a)+(1a)2a+(1a)2

(bc1+a)2a2a+1

bca2a+1+1a

КШБ теңсіздігінен:

a2a+1=(a+1)(a3+1)a+1a2+1a+1

bca2a+1+1aa2+1a+1+1a=2a+1