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

Областная олимпиада по математике, 2024 год, 10 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   2
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

пред. Правка 2   5
1 года 1 месяца назад #

Коши теңсіздігі бойынша

a3b+b+13a   және осыған ұқсас теңсіздіктерді және   a+b+c33abc=3   теңсіздігін қосып,

a3b+b3c+c3aa+b+c теңсіздігін аламыз. Сонда

ab+bc+ca+a+b+c2(ab+bc+ca)   теңсіздігін дәлелдеу жеткілікті.

ab+c2abc=2(ac)2abc=2ac

(ab+c)+(bc+a)+(ca+b)2ac+2ab+2bc

  3
1 года 1 месяца назад #

am-gm бойынша:

a3b+ca+c33a2c2b=33a3c3abc=3ac

a3b+ca+c3ac, b3c+ab+a3ab, c3a+bc+b3bc

Енді   ab+bc+caab+bc+ca   теңсіздігін дәлелдеу керек.

ab+ab+ca33acb2=33(ac)3(abc)2=3ac

ab+ab+ca3ac, bc+bc+ab3ab, ca+ca+bc3bc.

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

  0
1 года 1 месяца назад #

Для начала заметим что a3/b+a/b2(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+c4(ab+bc+ca) еще заметим что a+b+c3 заменим это. Тогда нам нужно будет доказать это

2(a3c+b3a+c3b)+a2c+b2a+c2b+1+1+14(ab+bc+ca)

заметим что

a3c+c3b+a2c+144a4b4abc=4ac

аналогично делаем с другими и выходит то что и требовалось доказать