Областная олимпиада по математике, 2024 год, 9 класс

Даны положительные действительные числа $a,b,c$ такие, что $abc=1$. Докажите, что \[\left(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\right)+2\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)+(a+b+c) \ge 4(ab+bc+ca).\] ( Зауытхан А. )

Комментарий/решение

.

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 $LHS>RHS$.

$a+b+c=x, \ \ ab+bc+ca=y \ \ $ болсын. Коши бойынша $x\ge 3$.

Алдымен $x^2+3\ge 4y$ теңсіздігін дәлелдейік.

$(a-1)(b-1)$ , $(b-1)(c-1)$ , $(c-1)(a-1)$ сандарының көбейтіндісі теріс болмайтындықтан, $(a-1)(b-1)\ge 0$ деп алсақ жалпылыққа әсер етпейді.

$(a-b)^2+(c-1)^2+2c(a-1)(b-1)\ge 0$

$\iff \ \ (a+b+c)^2+2abc+1\ge 4(ab+bc+ca) \Rightarrow x^2+3\ge 4y$

КБШ бойынша,

$\sum\frac{a^3}{b}\ge \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{ab+bc+ca}, \ \ \sum\frac{a}{b}\ge \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}$.

Мына теңсіздікті дәлелдесек жеткілікті:

$f(y)=\frac{(x^2-2y)^2}{y}+ \frac{2x^2}{y}+x-4y\ge 0$

$f(y)$ функциясы кемімелі болғандықтан, $f(y)\ge f(\frac{x^2+3}{4})=\frac{x(x-1)(x-3)}{x^2+3}\ge 0$

На олмипе решил так:

\[ \]

$\dfrac{\dfrac{a^3}{b} + \dfrac{b^3}{c} + b^2a+b^2a+b^2a + a^2c +1 +1}{2} \geq 4ab$

\[ \]

$\dfrac{\dfrac{a^3}{b} + \dfrac{c^3}{a} + a^2c+a^2c+a^2c + c^2b +1 +1}{2} \geq 4ac$

\[ \]

$\dfrac{\frac{b^3}{c} + \frac{c^3}{a} + c^2b+c^2b+c^2b + b^2a +1 +1}{2} \geq 4bc$

\[ \]

Суммирую вышеуказанные неравенства поучаем:

\[ \]

$\left(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\right)+2\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)+3 =\left(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\right)+2\left(a^2c+ b^2a + c^2b \right)+3 \ge 4(ab+bc+ca)$

\[ \]

Осталось доказать: $ \text{ } a+b+c \geq 3 \text{ }$ что верно т.к. $\text{ } a+b+c \geq 3\sqrt[3]{abc} = 3$

Ч.Т.Д.

по АМ>=GM \[ \frac{a^3}{b} + c \geq 2\sqrt{\frac{a^3c}{b}} = 2\sqrt{a^4c^2} = 2a^2c = \frac{2a}{b} \]

аналогично \[ \frac{b^3}{c} + a \geq 2\cdot\frac{b}{c} \] и \[ \frac{c^3}{a} + b \geq 2\cdot\frac{c}{a} \]

суммируя данные неравенства остается доказать

\[ \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \geq ab + bc + ca \]

Пусть \[a = \frac{x}{y}, \quad b = \frac{z}{x}, \quad c = \frac{y}{z}\]

тогда надо доказать \[\frac{x^2}{yz} + \frac{y^2}{xz} + \frac{z^2}{xy} \geq \frac{z}{y} + \frac{y}{x} + \frac{x}{z}\]

домножим обе части нер-ва на xyz \[x^3 + y^3 + z^3 \geq x^2y + y^2z + z^2x\]

по Am>=Gm \[\frac{x^3 + x^3 + y^3}{3} \geq \sqrt[3]{x^3 \cdot x^3 \cdot y^3} = x^2y\]

аналогично \[\frac{y^3 + y^3 + z^3}{3} \geq y^2z\] и \[\frac{z^3 + z^3 + x^3}{3} \geq z^2x\]

Суммируя три последних неравенства получаем что \[x^3 + y^3 + z^3 \geq x^2y + y^2z + z^2x\]

Так как $abc=1$

$\frac{a^3}{b} = a^4*c$

$\frac{a}{b} = a^2*c$

Тогда заметим, что

$$LHS = a^4*c+2*a^2*c+c+b^4*a+2*b^2*a+a+c^4*b+2*c^2*b+b$$

$$LHS = c*(a^2+1)^2+a*(b^2+1)^2+b*(c^2+1)^2$$

1 вариант)

Умножим обе части неравенства на $(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$

По неравенству Коши имеем:

$LHS*(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq ((a^2+1)+(b^2+1)+(c^2+1))^2$

По AMGM

$((a^2+1)+(b^2+1)+(c^2+1))^2\geq (2a+2b+2c)^2 = 4(a+b+c)^2$

То есть, $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=ab+bc+ca$ по $abc=1$

Значит нужно доказать что $$4(a+b+c)^2\geq 4(ab+bc+ca)^2$$

Следственно нужно доказать что $a+b+c\geq ab+bc+ca$

2 вариант)

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

По неравенству Коши имеем:

$LHS*(a+b+c)\geq (c(a^2+1)+a(b^2+1)+b(c^2+1))^2$

По AMGM

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

То есть, $RHS=4(ab+bc+ca)(a+b+c)$

Значит нужно доказать что $$4(ab+bc+ca)^2\geq 4(ab+bc+ca)(a+b+c)$$

Следственно нужно доказать что $ab+bc+ca\geq a+b+c$

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

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

Мне 2 балла дали тогда за 1 вариант

Лемма:

$abc=1 \Rightarrow \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq a+b+c$

Дәлел:

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=\left(\frac{b}{3c}+\frac{a}{3b}+\frac{a}{3b}\right)+\left(\frac{c}{3a}+\frac{b}{3c}+\frac{b}{3c}\right)+\left(\frac{a}{3b}+\frac{c}{3a}+\frac{c}{3a}\right)\geq3\sqrt[3]{\frac{a^2}{3^3bc}}+3\sqrt[3]{\frac{b^2}{3^3ca}}+3\sqrt[3]{\frac{c^2}{3^3ab}}=3\sqrt[3]{\frac{a^3}{3^3}}+3\sqrt[3]{\frac{b^3}{3^3}}+3\sqrt[3]{\frac{c^3}{3^3}}=a+b+c$

Дәлелденді.

Жоғарыдағы лемма бойынша:

$\left(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\right)+2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)+(a+b+c)\geq\left(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\right)+3(a+b+c) = \left(\frac{b^3}{c}+a+a+a\right)+\left(\frac{c^3}{a}+b+b+b\right)+\left(\frac{a^3}{b}+c+c+c\right)\geq 4\sqrt[4]{\frac{b^3a^3}{c}}+4\sqrt[4]{\frac{c^3b^3}{a}}+4\sqrt[4]{\frac{a^3c^3}{b}} = 4\sqrt[4]{b^4a^4}+4\sqrt[4]{c^4b^4}+\sqrt[4]{a^4c^4}=4ab+4bc+4ca=4(ab+bc+ca)$

$$\Leftrightarrow$$

$$\left(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\right)+2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)+(a+b+c)\geq4(ab+bc+ca)$$

As was to be shown.