Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2007 год

Пусть $x$, $y$ и $z$ — положительные действительные числа такие, что $\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=1$. Докажите, что $$ \frac{{{x}^{2}}+yz}{\sqrt{2{{x}^{2}}(y+z)}}+\frac{{{y}^{2}}+zx}{\sqrt{2{{y}^{2}}(z+x)}}+ \frac{{{z}^{2}}+xy}{\sqrt{2{{z}^{2}}(x+y)}}\geq 1. $$

Комментарий/решение

Заметим, что

$$\sum_{cyc}\frac{{{x}^{2}}+yz}{\sqrt{2{{x}^{2}}(y+z)}} = \sum_{cyc}\frac{(x-y)(x-z)}{\sqrt{2{{x}^{2}}(y+z)}}+\sum_{cyc}\frac{xy+xz}{\sqrt{2{{x}^{2}}(y+z)}}=$$

$$=\sum_{cyc}\frac{(x-y)(x-z)}{\sqrt{2{{x}^{2}}(y+z)}}+\sum_{cyc}\sqrt{\dfrac{y+z}{2}}$$

По неравенству $QM\ge AM:$

$$\sum_{cyc}\sqrt{\dfrac{y+z}{2}}\ge \sum_{cyc}\dfrac{\sqrt y +\sqrt z}{2}=1$$

Тогда достаточно доказать, что $$\sum_{cyc}\frac{(x-y)(x-z)}{\sqrt{2{{x}^{2}}(y+z)}}\ge 0\quad (1)$$

Без ог. общности можно принять, что $x\ge y\ge z.$ Пусть

$$A=\dfrac{1}{\sqrt{2x^2(y+z)}},\quad B=\dfrac{1}{\sqrt{2y^2(z+x)}},\quad C=\dfrac{1}{\sqrt{2z^2(x+y)}}$$

Тогда $C\ge B.$ Заметим, что

$$A(x-y)(x-z)\ge 0$$

и

$$B(y-z)(y-x)+C(z-x)(z-y)=C(x-z)(y-z)-B(y-z)(x-y)\ge $$

$$\ge C(x-y)(y-z)-B(y-z)(x-y)=(x-y)(y-z)(C-B)\ge 0 $$

Из этих двух неравенств следует, что $(1)$ верно$.\quad\square$

\[\sum \limits_{cyc}^{} \left (\dfrac{x^2+yz}{\sqrt{2x^2(y+z)}}-\sqrt{x}\right) =\sum \limits_{cyc}^{} \dfrac{x^2+yz-\sqrt{2x^3(y+z)}}{\sqrt{2x^2(y+z)}}\geq \sum \limits_{cyc}^{} \dfrac{x^2+yz-x^2-\dfrac{xy+xz}{2}}{\sqrt{2x^2(y+z)}}\]

Но мы знаем что по неравенству Чебышева $:$

\[\sum \limits_{cyc}^{} \dfrac{yz-\dfrac{xy+xz}{2}}{\sqrt{2x^2(y+z)}}\geq 0 \ \to \ \sum \limits_{cyc}^{} \dfrac{x^2+yz}{\sqrt{2x^2(y+z)}} \geq \sum \limits_{cyc}^{} \sqrt{x} = 1 \quad \square\]