Математикадан республикалық олимпиада, 2008-2009 оқу жылы, 9 сынып

Оң $a$, $b$ және $c$ сандары үшін $abc=1$ теңдігі орындалатыны белгілі болса, келесі теңсіздікті дәлелде: $$\dfrac{1}{a(b+c)}+\dfrac{1}{b(c+a)}+\dfrac{1}{c(a+b)}\le \dfrac{a+b+c}{2}.$$

Комментарий/решение

неравенство можно записать как

$\dfrac{abc}{a(b+c)}+\dfrac{abc}{b(c+a)}+\dfrac{abc}{c(a+b)} \leq \dfrac{a+b+c}{2}$

$\dfrac{bc}{b+c}+\dfrac{ac}{a+c}+\dfrac{ab}{a+b} \leq \dfrac{a+b+c}{2}$

Использовав неравенство между средним арифметическим и гармоническим

$\dfrac{1}{\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}}+\dfrac{1}{\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}}+\dfrac{1}{ \dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{a}} \leq \dfrac{a+b+c}{2}$

$\dfrac{1}{\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}} \cdot \dfrac{2}{2} \ leq \dfrac{b+c}{4}$

Проделав те же действия , и просуммировав получим требуемое

Это неравенство можно записать так:

$$\dfrac{abc}{a(b+c)}+\dfrac{abc}{b(a+c)}+\dfrac{abc}{c(a+b)}$$

Затем, $\dfrac{bc}{b+c}+\dfrac{ac}{a+c}+\dfrac{ab}{a+b}$

По неравенству AM-GM имеем:

$bc\leq \frac{(b+c)^2}{4}$

$\dfrac{bc}{b+c}\leq \dfrac{(b+c)^2}{4(b+c)}=\dfrac{b+c}{4}$

Аналогично делаем это с остальными и в сумме получаем:

$\dfrac{bc}{b+c}+\dfrac{ac}{a+c}+\dfrac{ab}{a+b}\leq \dfrac{b+c}{4}+\dfrac{a+c}{4}+\dfrac{a+b}{4}\leq \dfrac{a+b+c}{2}$

$\dfrac{2(a+b+c)}{4}\leq \dfrac{a+b+c}{2}$

$a+b+c\leq a+b+c$

$\dfrac{1}{ab+ac}+\dfrac{1}{bc+ab}+\dfrac{1}{ac+bc}\le\dfrac{a+b+c}{2}$

По дробному Коши-Шварц выполняется :

$\dfrac{1}{ab+ac}\le\dfrac{1}{4}(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ac})$

Значит :

$\dfrac{1}{ab+ac}+\dfrac{1}{bc+ab}+\dfrac{1}{ac+bc}\le\dfrac{1}{4}(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc})$

Теперь докажем, что :

$\dfrac{1}{4}(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc})\le\dfrac{a+b+c}{2}$

$\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc}\le a+b+c$

$abc(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc})\le abc(a+b+c)$

$a+b+c\le a+b+c$

Значит :

$\dfrac{1}{ab+ac}+\dfrac{1}{bc+ab}+\dfrac{1}{ac+bc}\le\dfrac{1}{4}(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc})\le\dfrac{a+b+c}{2}$

Заметим , что

$\dfrac{1}{a(b+c)}=\dfrac{abc}{a(b+c)}=\dfrac{bc}{(b+c)}$

По КБШ имеем$(b+c)(ac+\dfrac{1}{c})\geq(\sqrt{abc}+1)^2=4 \ \ \ \Rightarrow \dfrac{1}{b+c}\leq\dfrac{ac+\dfrac{1}{c}}{4} \Leftrightarrow \dfrac{bc}{b+c}\leq\dfrac{bc(ac+\dfrac{1}{c})}{4}$

Аналогично с другими дробями , и получаем

$\\ \ \dfrac{1}{a(b+c)}+\dfrac{1}{b(c+a)}+\dfrac{1}{c(a+b)}\leq\dfrac{bc(ac+\dfrac{1}{c})+ac(ba+\dfrac{1}{a})+ab(bc+\dfrac{1}{b})}{4}=\dfrac{c\times abc+b+a\times abc + c + b\times abc + a}{4}=\dfrac{2(a+b+c)}{4}=\dfrac{a+b+c}{2}$ Что и требовалось доказать .

неравенство можно записать как

$\dfrac{abc}{a(b+c)}+\dfrac{abc}{b(c+a)}+\dfrac{abc}{c(a+b)} \leq \dfrac{a+b+c}{2}$

$\dfrac{bc}{b+c}+\dfrac{ac}{a+c}+\dfrac{ab}{a+b} \leq \dfrac{a+b+c}{2}$

$\dfrac{1}{\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}}+\dfrac{1}{\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}}+\dfrac{1}{ \dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{a}} \leq \dfrac{a+b+c}{2}$

Использовав неравенство между средним арифметическим и гармоническим $\dfrac{1}{\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}} \leq \dfrac{b+c}{4}$

Проделав те же действия с другими остальными и просуммировав получим требуемое

$$\dfrac{1}{\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}}+\dfrac{1}{\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}}+\dfrac{1}{ \dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{a}} \leq \dfrac{a+b+c}{2}$$

$ \frac{1}{ab+ac} \le \frac{1}{2\sqrt{a^2bc}}, \Rightarrow \frac{1}{ab+ac} + \frac{1}{bc+ab} + \frac{1}{ac + bc} \le \frac{1}{2\sqrt{a^2bc}} + \frac{1}{2\sqrt{b^2ac}} + \frac{1}{2\sqrt{c^2ab}} = \frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}}{2abc} \le \frac{a+b+c}{2}$

Из условия следует, $\dfrac{bc}{b+c}$, если вместо 1 подставить abc. Потом из Коши следует:$\dfrac{bc}{b+c} ≤\dfrac{bc}{2\sqrt{bc}}=\dfrac{\sqrt{bc}}{2}$. Достаточно потом доказать, что $\sqrt{bc}+\sqrt{ac}+\sqrt{ab} \leq a+b+c$. Что верно, т.к если оба неравенства умножить на два и $a+b≥2\sqrt{ab}$, и просто про суммируем все такие неравенства.

The easiest problem to exist on респа, и по соответствию моя первая решённая оттуда задача...