Областная олимпиада по математике, 2024 год, 10 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

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

Коши теңсіздігі бойынша

$\frac{a^3}{b}+b+1\ge 3a\ \ $ және осыған ұқсас теңсіздіктерді және $\ \ a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}=3\ \ $ теңсіздігін қосып,

$\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a} \ge a+b+c $ теңсіздігін аламыз. Сонда

$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+a+b+c\ge 2(ab+bc+ca) \ \ $ теңсіздігін дәлелдеу жеткілікті.

$\frac{a}{b}+c\ge 2\sqrt{\frac{a}{b}\cdot c}=2\sqrt{\frac{(ac)^2}{abc}}=2ac $

$(\frac{a}{b}+c)+(\frac{b}{c}+a)+(\frac{c}{a}+b)\ge 2ac+2ab+2bc$

am-gm бойынша:

$\frac{a^3}{b}+\frac{c}{a}+c\ge 3\sqrt[3]{\frac{a^2c^2}{b}}=3\sqrt[3]{\frac{a^3c^3}{abc}}=3ac$

$\Rightarrow \frac{a^3}{b}+\frac{c}{a}+c\ge 3ac, \ \frac{b^3}{c}+\frac{a}{b}+a\ge 3ab, \ \frac{c^3}{a}+\frac{b}{c}+b\ge 3bc$

Енді $\ \ \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge ab+bc+ca \ \ $ теңсіздігін дәлелдеу керек.

$\frac{a}{b}+\frac{a}{b}+\frac{c}{a}\ge 3\sqrt[3]{\frac{ac}{b^2}}=3\sqrt[3]{\frac{(ac)^3}{(abc)^2}}=3ac $

$\Rightarrow \frac{a}{b}+\frac{a}{b}+\frac{c}{a}\ge 3ac, \ \frac{b}{c}+\frac{b}{c}+\frac{a}{b}\ge 3ab, \ \frac{c}{a}+\frac{c}{a}+\frac{b}{c}\ge 3bc$.

Соңғы үш теңсіздікті қосып, екі жағын 3-ке бөлеміз.

Для начала заметим что $a^3/b+a/b\geq2(a^2/b)$ 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 $a^2/b$ умножим на $ac/ac$ и т.д. Тогда нам нужно будет доказать это

$2(a^3c+b^3a+c^3b)+a^2c+b^2a+c^2b+a+b+c\geq4(ab+bc+ca)$ еще заметим что $a+b+c\geq3$ заменим это. Тогда нам нужно будет доказать это

$2(a^3c+b^3a+c^3b)+a^2c+b^2a+c^2b+1+1+1\geq4(ab+bc+ca)$

заметим что

$a^3c+c^3b+a^2c+1\geq4\sqrt[4]{a^4*b^4*abc}=4ac$

аналогично делаем с другими и выходит то что и требовалось доказать