Республиканская олимпиада по математике, 2001 год, 9 класс
Комментарий/решение:
Используя неравенство о средних: $a^2+b^2+c^2+\dfrac{1}{4}(a+b+c)\geq \dfrac{1}{3}(a+b+c)^2+\dfrac{1}{4}(a+b+c)=(a+b+c)(\dfrac{1}{3}(a+b+c)+\dfrac{1}{4})\geq\dfrac{3}{4}\sqrt{\dfrac{1}{3} (a+b+c)}\geq\dfrac{1}{4}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})$
Так как последний и начальные неравенства верны, осталось доказать неравенство по середине. Если оба части наравенства возвести в квадрат и поделить на $a+b+c$ и потом использовать Коши : $(a+b+c)(\dfrac{1}{3}(a+b+c)+\dfrac{1}{4})^2\geq 3\sqrt[3]{abc}(\dfrac{1}{3}•3\sqrt[3]{abc} +\dfrac{1}{4})^2$=$3•\dfrac{1}{4}(\dfrac{1}{3}•3•\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4})^2=\dfrac{3}{16}$. Что и требовалось доказать. Равенство при $a=b=c=\dfrac{1}{4}$.
$ \LaTeX $ версия моего решения >:D
both sides *4
$4(a^2+b^2+c^2)+a+b+c \geq \sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c}$
$AM \geq GM$ $\Rightarrow$ $\dfrac{4a^2+4b^2+4c^2}{3}$ $\geq$ $\sqrt[3]{64a^{2}b^{2}c^{2}}$
$\Rightarrow$ $4(a^{2}+b^{2}+c^{2}) \geq 3/4$ ( use that $abc \geq \frac{1}{64}$)
replace $4(a^{2}+b^{2}+c^{2})$ it to 3/4
by $AM \geq GM$ $\Rightarrow$ $a+1/4 \geq$ $\sqrt{a}$
do it for each and get that you needed to prove
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.