Решения: Международные олимпиады, Международная Жаутыковская олимпиада (IZHO)

16-я Международная Жаутыковская олимпиада по математике, 2020 год

Выпуклый шестиугольник

$ABCDEF$ вписан в окружность. Докажите неравенство

$AC\cdot BD\cdot CE\cdot DF\cdot AE\cdot BF\geq 27 AB\cdot BC\cdot CD\cdot DE\cdot EF\cdot FA.$ ( Н. Седракян )

посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.
Решение. Положим

$d_1=AB\cdot BC\cdot CD\cdot DE\cdot EF\cdot FA, d_2=AC\cdot BD\cdot CE\cdot DF\cdot AE\cdot BF, d_3=AD\cdot BE\cdot CF.$ Применяя теорему Птолемея к четырёхугольникам

$ABCD$ ,

$BCDE$ ,

$CDEF$ ,

$DEFA$ ,

$EFAB$ ,

$FABC$ , получим шесть равенств

$AC\cdot BD-AB\cdot CD=BC\cdot AD$ ,

$\ldots,$

$FB\cdot AC-FA\cdot BC=AB\cdot FC$ . Подставляя эти равенства в известное неравенство

$\root 6\of{(a_1-b_1)(a_2-b_2)\cdot\dots\cdot (a_6-b_6)}\leq \root 6\of{a_1a_2\dots a_6}-\root 6\of{b_1b_2\dots b_6} \ \ (a_i\geq b_i>0, i=1, \dots, 6),$ получим

$\root 3\of {d_3}\root 6\of d_1\leq \root 3\of {d_2}-\root 3\of {d_1}.\eqno(1)$ Применяя теорему Птолемея к четырёхугольникам

$ACDF$ ,

$ABDE$ и

$BCEF$ , получим три равенства

$AD\cdot CF=AC\cdot DF+AF\cdot CD$ ,

$AD\cdot BE=BD\cdot AE+AB\cdot DE$ ,

$BE\cdot CF=BF\cdot CE+BC\cdot EF$ . Подставляя эти равенства в известное неравенство

$\root 3\of{(a_1+b_1)(a_2+b_2)(a_3+b_3)}\geq \root 3\of{a_1a_2a_3}+ \root 3\of{b_1b_2b_3} \ \ (a_i>0, b_i>0, i=1, 2, 3),$ получим

$\root 3\of {d_3^2}\geq \root 3\of {d_2}+\root 3\of {d_1}.\eqno(2)$ Из неравенств (1) и (2) следует, что

$(\root 3\of {d_2}-\root 3\of {d_1})^2\geq \root 3\of {d_1}(\root 3\of {d_2}+\root 3\of {d_1})$ , то есть

$\root 3\of {d_2}\geq 3\root 3\of {d_1}$ и

$d_2\geq 27d_1$ , ч. и т.д.

Lacazette

5 года 3 месяца назад #

Факт. Пусть $A_{1}$ и $B_{1}$ - образы точек $A$ и $B$ при инверсии с центром $O$ и радиусом $R$ . Тогда $A_{1} B_{1} = AB * \dfrac{R^2}{OA * OB}$

Используем инверсию с центром $A$ и радиусом $R$ . Используя Факт заменим все и сократим.

Получим

$B_{1}D_{1} *C_{1} E_{1} * D_{1} F_{1} *B_{1} F_{1} \geq 27 B_{1} C_{1} * C_{1} D_{1} *D_{1} E_{1} * E_{1} F_{1}$

Где $B_{1} , C_{1} , D_{1} ,E_{1} ,F_{1}$ лежат на одной прямой.

То есть, надо доказать

$(a+b)(b+c)(c+d)(a+b+c+d) \geq 27abcd$

Что верно по неравенству AM-GM, в котором вместо $a$ запишем $a/2+a/2$ и вместо $d$ запишем $d/2+d/2$ .

Lacazette

Matov

пред. Правка 2

3 года 3 месяца назад #

Доказательство "известного" неравенства

По неравенству Гельдера $p=6$

$\sqrt[6]{(a_{1}-b_{1})(a_{2}-b_{2}) \cdot \cdot \cdot \cdot (a_{6}-b_{6})} + \sqrt[6]{b_{1}b_{2} \cdot \cdot \cdot \cdot b_{n}} \leq \sqrt[6]{(\sqrt[6]{(a_{1}-b_{1})^6}+\sqrt[6]{b_{1}^6}) \cdot (\sqrt[6]{(a_{2}-b_{2})^6}+\sqrt[6]{b_{2}^6}) \cdot \cdot \cdot \cdot (\sqrt[6]{(a_{6}-b_{6})^6}+\sqrt[6]{b_{6}^6}) } = \sqrt[6]{a_{1}a_{2} \cdot \cdot \cdot \cdot a_{6}}$

Аналогично и для второго

Matov