Областная олимпиада по математике, 2024 год, 9 класс
Комментарий/решение:
a+b+c=x, ab+bc+ca=y болсын. Коши бойынша x≥3.
Алдымен x2+3≥4y теңсіздігін дәлелдейік.
(a−1)(b−1) , (b−1)(c−1) , (c−1)(a−1) сандарының көбейтіндісі теріс болмайтындықтан, (a−1)(b−1)≥0 деп алсақ жалпылыққа әсер етпейді.
(a−b)2+(c−1)2+2c(a−1)(b−1)≥0
⟺ (a+b+c)2+2abc+1≥4(ab+bc+ca)⇒x2+3≥4y
КБШ бойынша,
∑a3b≥(a2+b2+c2)2ab+bc+ca, ∑ab≥(a+b+c)2ab+bc+ca.
Мына теңсіздікті дәлелдесек жеткілікті:
f(y)=(x2−2y)2y+2x2y+x−4y≥0
f(y) функциясы кемімелі болғандықтан, f(y)≥f(x2+34)=x(x−1)(x−3)x2+3≥0
На олмипе решил так:
a3b+b3c+b2a+b2a+b2a+a2c+1+12≥4ab
a3b+c3a+a2c+a2c+a2c+c2b+1+12≥4ac
b3c+c3a+c2b+c2b+c2b+b2a+1+12≥4bc
Суммирую вышеуказанные неравенства поучаем:
(a3b+b3c+c3a)+2(ab+bc+ca)+3=(a3b+b3c+c3a)+2(a2c+b2a+c2b)+3≥4(ab+bc+ca)
Осталось доказать: a+b+c≥3 что верно т.к. a+b+c≥33√abc=3
Ч.Т.Д.
по АМ>=GM a3b+c≥2√a3cb=2√a4c2=2a2c=2ab
аналогично b3c+a≥2⋅bc и c3a+b≥2⋅ca
суммируя данные неравенства остается доказать
ab+bc+ca≥ab+bc+ca
Пусть a=xy,b=zx,c=yz
тогда надо доказать x2yz+y2xz+z2xy≥zy+yx+xz
домножим обе части нер-ва на xyz x3+y3+z3≥x2y+y2z+z2x
по Am>=Gm x3+x3+y33≥3√x3⋅x3⋅y3=x2y
аналогично y3+y3+z33≥y2z и z3+z3+x33≥z2x
Суммируя три последних неравенства получаем что x3+y3+z3≥x2y+y2z+z2x
Так как abc=1
a3b=a4∗c
ab=a2∗c
Тогда заметим, что
LHS=a4∗c+2∗a2∗c+c+b4∗a+2∗b2∗a+a+c4∗b+2∗c2∗b+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)2≥4(ab+bc+ca)2
Следственно нужно доказать что a+b+c≥ab+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)2≥4(ab+bc+ca)(a+b+c)
Следственно нужно доказать что ab+bc+ca≥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?
Лемма:
abc=1⇒ab+bc+ca≥a+b+c
Дәлел:
ab+bc+ca=(b3c+a3b+a3b)+(c3a+b3c+b3c)+(a3b+c3a+c3a)≥33√a233bc+33√b233ca+33√c233ab=33√a333+33√b333+33√c333=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)≥44√b3a3c+44√c3b3a+44√a3c3b=44√b4a4+44√c4b4+4√a4c4=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.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.