31-я Балканская математическая олимпиада
Плевен, Болгария, 2014 год


Для положительных действительных чисел $x$, $y$, $z$ верно $xy + yz + zx = 3xyz$. Докажите неравенство \[{{x}^{2}}y+{{y}^{2}}z+{{z}^{2}}x\ge 2\left( x+y+z \right)-3\] и определите когда достигается равенство.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 2   0
2016-03-26 23:44:05.0 #

Po Kowi - Wvarts:

$$(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})(z^2x+x^2y+y^2z) \ge (x+y+z)^2 \ge 3(2(x+y+z)-3) $$ , poslednee neravenstvo ekvivalentna: $(x+y+z-3)^2\ge 0$

Ravenstvo:

Po proporcionalnym ravenstvam i $x+y+z=3$ nahodim $x=y=z=1$.

  1 | проверено модератором
2017-06-10 22:19:39.0 #

$$ xy+yz+zx=3xyz\Rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=3$$

$$x^2y+y^2z+z^2x\geq 2(x+y+z)-3 \Rightarrow x^2y+y^2z+z^2x+3\geq 2x+2y+2z$$

$$x^2y+y^2z+z^2x+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq 2x+2y+2z$$

$$\left( x^2y+\frac{1}{y}\right)+\left(y^2z+\frac{1}{z}\right)+\left( z^2x+\frac{1}{x} \right) \geq 2\sqrt{x^2y\cdot \frac{1}{y}}+2\sqrt{y^2z\cdot \frac{1}{z}}+\sqrt{z^2x\cdot \frac{1}{x}}=2(x+y+z)$$