Loading [MathJax]/jax/output/SVG/jax.js

Областная олимпиада по математике, 2024 год, 9 класс


Даны положительные действительные числа a,b,c такие, что abc=1. Докажите, что (a3b+b3c+c3a)+2(ab+bc+ca)+(a+b+c)4(ab+bc+ca). ( Зауытхан А. )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 2   1
1 года 1 месяца назад #

.

пред. Правка 2   0
1 года 1 месяца назад #

В начале вы оценили левую часть выражения снизу, но потом же вы оценили правую часть выражения снизу. Вы сделали ошибку, так как если известно, что LHS>12 и RHS>12, то не факт, что LHS>RHS.

пред. Правка 2   1
1 года 1 месяца назад #

a+b+c=x,  ab+bc+ca=y   болсын. Коши бойынша x3.

Алдымен x2+34y теңсіздігін дәлелдейік.

(a1)(b1) , (b1)(c1) , (c1)(a1) сандарының көбейтіндісі теріс болмайтындықтан, (a1)(b1)0 деп алсақ жалпылыққа әсер етпейді.

(ab)2+(c1)2+2c(a1)(b1)0

  (a+b+c)2+2abc+14(ab+bc+ca)x2+34y

КБШ бойынша,

a3b(a2+b2+c2)2ab+bc+ca,  ab(a+b+c)2ab+bc+ca.

Мына теңсіздікті дәлелдесек жеткілікті:

f(y)=(x22y)2y+2x2y+x4y0

f(y) функциясы кемімелі болғандықтан, f(y)f(x2+34)=x(x1)(x3)x2+30

  5
1 года 1 месяца назад #

На олмипе решил так:

a3b+b3c+b2a+b2a+b2a+a2c+1+124ab

a3b+c3a+a2c+a2c+a2c+c2b+1+124ac

b3c+c3a+c2b+c2b+c2b+b2a+1+124bc

Суммирую вышеуказанные неравенства поучаем:

(a3b+b3c+c3a)+2(ab+bc+ca)+3=(a3b+b3c+c3a)+2(a2c+b2a+c2b)+34(ab+bc+ca)

Осталось доказать:  a+b+c3  что верно т.к.  a+b+c33abc=3

Ч.Т.Д.

  2
1 года 1 месяца назад #

по АМ>=GM a3b+c2a3cb=2a4c2=2a2c=2ab

аналогично b3c+a2bc и c3a+b2ca

суммируя данные неравенства остается доказать

ab+bc+caab+bc+ca

Пусть a=xy,b=zx,c=yz

тогда надо доказать x2yz+y2xz+z2xyzy+yx+xz

домножим обе части нер-ва на xyz x3+y3+z3x2y+y2z+z2x

по Am>=Gm x3+x3+y333x3x3y3=x2y

аналогично y3+y3+z33y2z и z3+z3+x33z2x

Суммируя три последних неравенства получаем что x3+y3+z3x2y+y2z+z2x

  2
1 года 1 месяца назад #

Так как abc=1

a3b=a4c

ab=a2c

Тогда заметим, что

LHS=a4c+2a2c+c+b4a+2b2a+a+c4b+2c2b+b

LHS=c(a2+1)2+a(b2+1)2+b(c2+1)2

1 вариант)

Умножим обе части неравенства на (1a+1b+1c)

По неравенству Коши имеем:

LHS(1a+1b+1c)((a2+1)+(b2+1)+(c2+1))2

По AMGM

((a2+1)+(b2+1)+(c2+1))2(2a+2b+2c)2=4(a+b+c)2

То есть, 1a+1b+1c=ab+bc+ca по abc=1

Значит нужно доказать что 4(a+b+c)24(ab+bc+ca)2

Следственно нужно доказать что a+b+cab+bc+ca

2 вариант)

Умножим обе части неравенства на (a+b+c)

По неравенству Коши имеем:

LHS(a+b+c)(c(a2+1)+a(b2+1)+b(c2+1))2

По AMGM

(c(a2+1)+a(b2+1)+b(c2+1))2(2ab+2bc+2ca)2=4(ab+bc+ca)2

То есть, RHS=4(ab+bc+ca)(a+b+c)

Значит нужно доказать что 4(ab+bc+ca)24(ab+bc+ca)(a+b+c)

Следственно нужно доказать что ab+bc+caa+b+c

Теперь зная оба варианта понимаем что один из них обязан быть верен. Значит и все остальное неравенство должно быть верным. Доказано

  0
1 месяца 11 дней назад #

интересно, если доказать 1 - вариант, за это баллы будут даваться?

  0
1 месяца 11 дней назад #

Мне 2 балла дали тогда за 1 вариант

  1
10 месяца 2 дней назад #

Лемма:

abc=1ab+bc+caa+b+c

Дәлел:

ab+bc+ca=(b3c+a3b+a3b)+(c3a+b3c+b3c)+(a3b+c3a+c3a)33a233bc+33b233ca+33c233ab=33a333+33b333+33c333=a+b+c

Дәлелденді.

Жоғарыдағы лемма бойынша:

(a3b+b3c+c3a)+2(ab+bc+ca)+(a+b+c)(a3b+b3c+c3a)+3(a+b+c)=(b3c+a+a+a)+(c3a+b+b+b)+(a3b+c+c+c)44b3a3c+44c3b3a+44a3c3b=44b4a4+44c4b4+4a4c4=4ab+4bc+4ca=4(ab+bc+ca)

(a3b+b3c+c3a)+2(ab+bc+ca)+(a+b+c)4(ab+bc+ca)

As was to be shown.