Республиканская олимпиада по математике, 2023 год, 9 класс

\q2 Оң нақты $a,b,c$ сандары үшін $a+b+c\ge 3$ теңсіздігі мен $a^2+b^2+c^2=2abc+1$ теңдігі орындалады. $a+b+c\le 2\sqrt{abc}+1$ теңсіздігін дәлелдеңіз. ( Мирзахмедов A. )

Комментарий/решение

$(a+b+c-1)^2\leq 4abc$$\Rightarrow$

$4abc+2(a+b+c)\geq 2(ab+bc+ca)+1+a^2+b^2+c^2$

$abc+a+b+c\geq ab+bc+ca +1$$\Rightarrow$

$(a-1)(b-1)(c-1)\geq 0 $ докажем что у нас все числа $\geq 1$ либо два $<1 $

Допустим все но тогда условие не выполняется

Допустим что у нас только одно число $<1$ по Б.О.О это $a$ $\Rightarrow$

$(a^2-1)(b^2-1)=(ab-c)^2\geq 0 $ Q.E.D

Я нашёл другой способ доказательства $a, b, c$ $\geq$ $1$, давайте вычтем из обоих сторон $c^2$ и $2ab$, отсюда выйдет то что $(a-b)^2$ $=$ $(c-1)(2ab-c-1)$, допустим $c<1$, тогда первая скобка отрицательная, тогда вторая скобка тоже должна быть отрицательной, значит $2ab<c+1<2$, отсюда $2abc<2$ и $abc<1$, но у нас по Коши-Буняковскому, выйдет что $(2abc+1)(1+1+1)$ $\geq$ $(a+b+c)^2$ $\geq$ $9$, отсюда $2abc+1$ $\geq$ 3, и $abc$ $\geq$ $1$, противоречие, значит $c$ не меньше $1$, аналогично с $a$ и $b$, (если что, за этот факт 3 балла).