Областная олимпиада по математике, 2024 год, 10 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
Коши теңсіздігі бойынша
a3b+b+1≥3a және осыған ұқсас теңсіздіктерді және a+b+c≥33√abc=3 теңсіздігін қосып,
a3b+b3c+c3a≥a+b+c теңсіздігін аламыз. Сонда
ab+bc+ca+a+b+c≥2(ab+bc+ca) теңсіздігін дәлелдеу жеткілікті.
ab+c≥2√ab⋅c=2√(ac)2abc=2ac
(ab+c)+(bc+a)+(ca+b)≥2ac+2ab+2bc
Для начала заметим что a3/b+a/b≥2(a2/b) аналогично сделаем для других пар и заменим это на полученное. Теперь давайте умножим нашу каждую дробь на такое число равное одному, чтобы в знаменателе было abc. Например число a2/b умножим на ac/ac и т.д. Тогда нам нужно будет доказать это
2(a3c+b3a+c3b)+a2c+b2a+c2b+a+b+c≥4(ab+bc+ca) еще заметим что a+b+c≥3 заменим это. Тогда нам нужно будет доказать это
2(a3c+b3a+c3b)+a2c+b2a+c2b+1+1+1≥4(ab+bc+ca)
заметим что
a3c+c3b+a2c+1≥44√a4∗b4∗abc=4ac
аналогично делаем с другими и выходит то что и требовалось доказать
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.