Математикадан республикалық олимпиада, 2002-2003 оқу жылы, 10 сынып

$x,y,z$ оң нақты сандары үшін келесі теңсіздікті дәлелдеңіздер: $$\dfrac{{{x}^{3}}}{x+y}+\dfrac{{{y}^{3}}}{y+z}+\dfrac{{{z}^{3}}}{z+x}\ge \dfrac{xy+yz+zx}{2}.$$

Комментарий/решение

Жалпыланған Титу леммасы:

Кез келген оң $(x_{1},x_{2},...,x_{n}) және (y_{1},y_{2},...,y_{n})$ сандары үшін келесі теңсіздік орындалады:

$\frac{x_{1}^{3}}{y_{1}}+\frac{x_{2}^{3}}{y_{2}}+...+\frac{x_{n}^{3}}{y_{n}}\geq \frac{(x_{1}+x_{2}+...+x_{n})^3}{n(y_{1}+y_{2}+...+y_{n})}.$

ЖТЛ бойынша: $\frac{x^2}{x+y}+\frac{y^2}{y+z}+\frac{z^2}{z+x}\geq \frac{(x+y+z)^3}{3(2(x+y+z))}=\frac{(x+y+z)^2}{6}.$

Енді $\frac{(x+y+z)^2}{6}\geq \frac{xy+yz+zx}{2}$ теңсіздігін дәлелдеу керек.

$\frac{(x+y+z)^2}{6}\geq \frac{xy+yz+zx}{2} \Leftrightarrow (x+y+z)^2\geq 3(xy+yz+zx).$

Үш квадрат теңсіздігі бойынша:

$(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\geq0$

$S=\frac{x^4}{x(x+y)}+\frac{y^4}{y(y+z)}+\frac{z^4}{z(z+x)}\ge \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x(x+y)+y(y+z)+z(z+x)} \ge \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{2(x^2+y^2+z^2)}=\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\ge \frac{xy+yz+zx}{2}$

$LHS = \dfrac{x^4}{x^2+xy}+\dfrac{y^4}{y^2+yz}+\dfrac{z^4}{z^2+zx}\geq \dfrac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx}$

$\dfrac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx}\geq \dfrac{xy+yz+zx}{2}$

Следовательно

$2(x^2+y^2+z^2)^2\geq (xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)$

Имеем

$(x^2+y^2+z^2)\geq (xy+yz+zx)$

$2(x^2+y^2+z^2)\geq (x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)$

Перемножим и получим данное неравенство

Только заметил что такое решение уже есть(