29-я Балканская математическая олимпиада среди юниоров. Македония, 2025 год

Кез келген оң нақты \(a, b, c\) сандары үшін келесі теңсіздікті дәлелдеңіз: $$ \frac{(a^2 + bc)^2}{b + c} + \frac{(b^2 + ca)^2}{c + a} + \frac{(c^2 + ab)^2}{a + b} \geq \frac{2abc(a + b + c)^2}{ab + bc + ca}. $$ ( Турция )

Комментарий/решение

$$\sum_{cyc}^{}\frac{(a^2+bc)^2}{b+c} \ge \sum_{cyc}^{}\frac{4a^2bc}{b+c}=\sum_{cyc}^{}\frac{4a^3bc}{ab+ac}=4abc(\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{ba+bc}+\frac{c^2}{ca+cb})\ge \frac{4abc(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}=\frac{2abc(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}$$

$RHS\geq \dfrac{(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)^2}{2(a+b+c)}\ge \dfrac{\frac{4}{9}(a+b+c)^4}{2(a+b+c)}=\dfrac{2}{9}(a+b+c)^3\ge \dfrac{2(a+b+c)^2}{\tfrac{1}{a}+\tfrac{1}{b}+\tfrac{1}{c}}=LHS\blacksquare$

КБШ Дробный:

$$ (!) \ (a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac)^2(ab+bc+ac) \geq 4(a+b+c)^3*abc,$$

$$\frac{ab+bc+ac}{abc}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c},$$

$$ (!) \ (a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac)^2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \geq 4(a+b+c)^3,$$

$$ (!) \ (a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac)^2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \geq 8(a+b+c)^3,$$

$$ (!) \ (a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac)(ab+bc+ac+a^2+b^2+c^2)(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}) \geq 8(a+b+c)^3.$$

Гёльдер для 3 скобок:

$$(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac)(ab+bc+ac+a^2+b^2+c^2)(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}) \geq (a+b+c+a+b+c)^3=8(a+b+c)^3.$$

Из AM GM имеем:

$$a^2+bc\ge2a\sqrt{bc}$$

(Аналогично для b^2+ac, c^2+ab.) Заменим числители дробей левой части на 4а^2bc,4ab^2c, 4abc^2 и Поделим обе стороны на 4abc:

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

Заметим, что

$$ \dfrac{a}{b+c} = \dfrac{a^2}{ab+bc}$$

( анологично для b,c):

Получаем что:

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

И это выходит из дробного КБШ