Республиканская олимпиада по математике, 2023 год, 11 класс

Пусть $a,b,c$ — положительные действительные числа такие, что $\max \left( \dfrac{a(b+c)}{a^2+bc},\dfrac{b(c+a)}{b^2+ca},\dfrac{c(a+b)}{c^2+ab} \right)\le \dfrac{5}2.$ Докажите неравенство $$\frac{a(b+c)}{a^2+bc}+\frac{b(c+a)}{b^2+ca}+\frac{c(a+b)}{c^2+ab}\le 3.$$ ( Мирзахмедов A. )

Комментарий/решение

Б.О.О. $a \ge b \ge c$. Преобразовав получим

$$\iff \left( 1 - \frac{ab+ca}{a^2+bc} \right) + \left( 1 - \frac{ca+bc}{c^2+ab} \right) \ge \left( \frac{bc+ab}{b^2+ca} - 1 \right)$$

$$\iff \frac{(a-b)(a-c)}{a^2+bc} + \frac{(a-c)(b-c)}{c^2+ab} \ge \frac{(a-b)(b-c)}{b^2+ca}$$

$$\iff \frac{1}{(a^2+bc)(b-c)} + \frac{1}{(c^2+ab)(a-b)} \ge \frac{1}{(b^2+ca)(a-c)}.$$

По КБШ получаем

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

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

$$(!) \ 4(b^2+ca) \ge \frac{(a^2+bc)(b-c) + (c^2+ab)(a-b)}{(a-c)} = \frac{(a^2+bc)(b-c) - (c^2+ab)(b-c)}{(a-c)} + c^2 + ab$$

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

$$= (b-c)(a+c-b) + c^2 + ab = -b^2 - ac +2bc + 2ab$$

что равносильно с $5(b^2 + ca) \ge 2b(c+a) \iff \frac{b(c+a)}{b^2+ca} \le \frac{5}{2}.$ что верно по условию.

Есеп авторының шешімі де сондай. Бірақ $a>b>c$ жағдайы мен $a=b$ немесе $b=c$ жағдайы бөлек қарастырылады.