Математикадан республикалық олимпиада, 2003-2004 оқу жылы, 11 сынып

Кез келген теріс емес нақты $a,b,c$ сандары үшін келесі теңсіздікті дәлелде: $$8{{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}\ge ({{a}^{2}}+ab+ac-bc)({{b}^{2}}+ba+bc-ac)({{c}^{2}}+ca+cb-ab).$$

Комментарий/решение

Пусть $a=\dfrac{1}{x}, \ b=\dfrac{1}{y}, \ c=\dfrac{1}{z}$, где $x,y,z>0$ тогда неравенство примет вид $8x^2y^2z^2 \geq (xy+yz+zx-x^2)(xy+yz+xz-y^2)(xy+xz+yz-z^2)$

открыв скобки

$x^4y^2+x^4z^2+y^4x^2+y^4z^2+z^4x^2+z^4y^2+2(x^4yz+y^4xz+z^4xy)+6x^2y^2z^2>2(x^3y^3+x^3z^3+y^3z^3+x^3y^2z+x^3z^2y+y^3x^2z+y^3z^2x+z^3x^2y+z^3y^2x)$

Применим к $x^4y^2+x^4z^2+y^4x^2+y^4z^2+z^4x^2+z^4y^2$ неравенство между $AM \geq GM$ а именно $x^4y^2+y^4x^2 \geq 2x^3y^3$ так и с другими, подставив и вычитывая с учетом правой части, получаем

$2(x^4yz+y^4zx+z^4xy)+6x^2y^2z^2 \geq 2(x^3y^2z+x^3z^2y+y^3x^2z+y^3z^2x+z^3x^2y+z^3y^2x)$

или

$2(x^4yz+y^4zx+z^4xy)+6x^2y^2z^2 -2(x^3y^2z+x^3z^2y+y^3x^2z+y^3z^2x+z^3x^2y+z^3y^2x) = 2xyz(x^3+y^3+z^3+3xyz-x^2y-x^2z-xy^2-xz^2-y^2z-yz^2) \geq 0$

так как $x,y,z>0$ то

требуется доказать что $x^3+y^3+z^3+3xyz-x^2y-x^2z-xy^2-xz^2-y^2z-yz^2 \geq 0$ или

$(y+z-x)(x+y-z)(x+z-y)<xyz$

заменив $y+z-x=n, \ x+y-z=t, \ x+z-y=k$ откуда $8ntk<(n+t)(t+k)(n+k)$ учитывая что

$n+k \geq 2\sqrt{nk}, \ t+k \geq 2\sqrt{tk}, \ n+t \geq 2\sqrt{nt}$ умножая получаем требуемое.

$\textbf{Решение:}$ Пусть для определенности считаем, что $a\geq b \geq c.$ Тогда верна неравенства:

$$\begin{cases} (a-b)(b-c)\geq 0 \\ (b-c)(a-c) \geq 0 \\ (a-b)(a-c)\geq 0\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} 2(ab+bc-ac)\geq b^2+ab+bc-ac \\ -2(ac+bc-ab) \geq -(c^2+ac+cb-ab) \\ -2(ab+ac-bc)\geq -(a^2+ab+ac-bc)\end{cases}$$

Перемножая эти неравенства, получаем неравенство:

$$8A=8(ab+bc-ac)(ac+bc-ab)(ab+ac-bc)\geq (b^2+ab+bc-ac)(c^2+ac+cb-ab)(a^2+ab+ac-bc)=B$$

С другой стороны,

$$C=a^2b^2c^2 =bc\cdot ac \cdot ab=\frac{ab+bc-ac+ac+bc-ab}{2}\cdot \frac{ac+bc-ab+ab+ac-bc}{2}\cdot \frac{ab+ac-bc+ab+bc-ac}{2}\geq A$$

$$\Rightarrow 8C\geq 8A \geq B$$

что и требовалось доказать.

Қате шешім. Екінші жүйедегі үш теңсіздікті көбейте алмаймыз.

$P=(a^2 + ab + ac - bc)(b^2 + ba + bc - ac)(c^2 + ca + cb - ab)$

$a\ge b\ge c$ болсын.

$a^2 + ab + ac - bc>a^2 - bc\ge 0$

$b^2 + ba + bc - ac> ba - ac\ge 0$

Егер $0\ge c^2+ca+ca-ab$ болса, онда $8a^2 b^2 c^2>0\ge P$ болады.

$c^2+ca+ca-ab>0$ және $T=(a-b)(b-c)$ болсын. Онда

$a^2 + ab + ac - bc\le 2a^2$

$b^2 + ba + bc - ac=2b^2+T$

$c^2 + ca + cb - ab \le 2c^2-T$

$\Rightarrow \ \ \ P\le 2a^2(2b^2+T)(2c^2-T)$

$4b^2 c^2 \geq (2b^2+T)(2c^2-T)$ теңсіздігін дәлелдеу керек болады.

$\iff T^2+2T(b^2-c^2)\ge 0$