Математикадан республикалық олимпиада, 2000-2001 оқу жылы, 9 сынып

Оң $a$, $b$ және $c$ сандары $abc\ge 1/64$ теңсіздігін қанағаттандырады. ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+\dfrac{1}{4}\left( a+b+c \right)\ge \dfrac{1}{4}\left( \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \right)$ екенін дәлелдеңіздер.

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

сейчас сделаю $\LaTeX$