Республиканская олимпиада по математике, 2023 год, 10 класс

Оң нақты $a,b,c$ сандары үшін $\max \left( \dfrac{a(b+c)}{a^2+bc},\dfrac{b(c+a)}{b^2+ca},\dfrac{c(a+b)}{c^2+ab} \right)\le \dfrac{5}2$ шарты орындалады. $$\frac{a(b+c)}{a^2+bc}+\frac{b(c+a)}{b^2+ca}+\frac{c(a+b)}{c^2+ab}\le 3$$ теңсіздігін дәлелдеңіз. ( Мирзахмедов A. )

Комментарий/решение

$1-\dfrac{a(b+c)}{a^2+bc}=\dfrac{a^2-ab-ac+bc}{a^2+bc}=\dfrac{(c-a)(b-a)}{a^2+bc}$

Аналогично найдем $:1-\dfrac{b(c+a)}{b^2+ca}=-\dfrac{(b-a)(c-b)}{b^2+ca}$

$1-\dfrac{c(a+b)}{c^2+ab}=\dfrac{(c-a)(c-b)}{c^2+ab}$

$(!) \dfrac{1}{(a^2+bc)(c-b)}-\dfrac{1}{(b^2+ca)(c-a)}+\dfrac{1}{(c^2+ab)(b-a)}\ge 0\Longleftrightarrow$

$\dfrac{4}{(a^2+bc)c-(c^2+ab)a+b(c^2+ab-a^2-bc)}\ge \dfrac{1}{(b^2+ca)(c-a)}$

$\dfrac{4}{(c-a)(2ab+2bc-b^2-ac)}\ge \dfrac{1}{(b^2+ca)(c-a)}\Longleftrightarrow 5b^2+5ca\ge 2ab+2bc\Longleftrightarrow \dfrac{5}{2}\ge \dfrac{b(c+a)}{b^2+ca}\blacksquare$

(Б.О.О $c\ge b\ge a).$ А если $a=b$ $\Longrightarrow (!) \dfrac{(c-a)(b-a)}{a^2+bc}+\dfrac{(b-a)(b-c)}{b^2+ca}+\dfrac{(c-a)(c-b)}{c^2+ab}\ge 0\Longleftrightarrow (!)\dfrac{(c-a)(c-b)}{c^2+2ab}\ge 0\blacksquare$ Аналогично если $c=a$ или $a=b$.