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

Пусть $a,b,c$ — действительные числа такие, что $0 \le a \le b \le c$ и $a+b+c=ab+bc+ac>0$. Докажите, что $\sqrt{bc}(a+1) \ge 2.$ Определите все тройки $(a,b,c)$, для которых достигается равенство.

Комментарий/решение

$$Доказательство.$$

$$ a+b+c=ab+ac+bc \Rightarrow bc=a+(1-a)(b+c)$$

Рассмотрим 2 случая: $1) a\in[0,1]: bc=a+(1-a)(b+c)\geq a+2(1-a)\sqrt{bc}\Rightarrow f(\sqrt{bc})=bc-2(1-a)\sqrt{bc}-a \geq 0 \quad (1)$

Квадратная функция $y=f(\sqrt{bc})$ определена на интервале $\sqrt{bc}\in (0,+\infty)$ то для всех $\sqrt{bc}\in(0,+\infty)$ справедлива неравенства $(1).$

$$ \forall a\in[0,1] : \sqrt{bc}\geq \frac{2}{a+1}\geq 1 \Rightarrow f(\frac{2}{a+1})=\frac{a(a-1)^2}{(a+1)}\geq0$$

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

$2) a>1\Rightarrow c\geq b \geq a>1 \Rightarrow c>1,b>1\Rightarrow \sqrt{bc}(a+1)>2$

Біріншіден

$f(\frac{2}{a+1})=\frac{a(a-1)^2}{(a+1)}$ ЕМЕС, $f(\frac{2}{a+1})=-\frac{a(a-1)^2}{(a+1)^2}$.

Екіншіден

$\sqrt{bc}\geq \frac{2}{a+1}$ теңсіздігі дәлелденбеген. Дәлелденуі тиіс теңсіздік осы емес пе?

Жоғарыдағы шешімді аяқтайық. $a\le 1$ болсын.

$bc=a+(1-a)(b+c)\geq a+2(1-a)\sqrt{bc}$

$bc -2\sqrt{bc}(1-a)+(1-a)^2\ge a+(1-a)^2$

$(\sqrt{bc}-1+a)^2\ge a^2-a+1$

$\sqrt{bc}\ge \sqrt{a^2-a+1}+1-a$

КШБ теңсіздігінен:

$\sqrt{a^2-a+1}=\frac{\sqrt{(a+1)(a^3+1)}}{a+1}\ge \frac{a^2+1}{a+1}$

$\sqrt{bc}\ge \sqrt{a^2-a+1}+1-a\ge \frac{a^2+1}{a+1}+1-a=\frac{2}{a+1}$