18-я Балканская математическая олимпиада среди юниоров Охрид, Македония, 2014 год

Даны положительные числа $a$, $b$, $c$ такие, что $abc=1$. Докажите, неравенство $$ \left(a+\frac{1}{b}\right)^{2}+\left(b+\frac{1}{c}\right)^{2}+\left(c+\frac{1}{a}\right)^{2}\geq 3(a+b+c+1). $$

Комментарий/решение

Шешуі:

$$a^2(b^2+c^2)\geq2a^2bc=2a$$

$$b^2(a^2+c^2)\geq2b^2ac=2b$$

$$c^2(a^2+b^2)\geq2c^2ab=2c$$

Осы үш теңсіздікті мүшелеп қоссақ:

$$2(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)\geq2(a+b+c)$$

$$a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2\geq a+b+c$$

Eсеп шарты бойынша: $abc=1 \Rightarrow b^2c^2= \frac{1}{a^2}, a^2c^2= \frac{1}{b^2}, a^2b^2= \frac{1}{c^2}$.

Демек:$ \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq a+b+c$.

Төмендегі теңсіздіктердің дұрыстығын арифметикалық ортының геометриялық ортадан кем емес екенін пайдаланып көз жеткізуге болады:

$$a^2+1\geq 2a$$

$$b^2+1\geq 2b$$

$$c^2+1\geq 2c$$

$$2(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})\geq 6$$

Алынған 5 теңсіздікті мүшелеп қоссақ:

$$a^2+\frac{2a}{b}+\frac{1}{b^2}+b^2+\frac{2b}{c}+\frac{1}{c^2}+c^2+\frac{2c}{a}+\frac{1}{a^2}+3\geq 3a+3b+3c+6$$

$$\left( a+\frac{1}{b} \right)^2 + \left( b+\frac{1}{c} \right)^2 + \left( c+\frac{1}{a} \right)^2\geq 3(a+b+c+1)$$

Дәлелдеу керегі осы болатын.

$x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx$ теңсіздігі бойынша: $\left ( a+\frac{1}{b} \right )^2+\left ( b+\frac{1}{c} \right )^2+\left ( c+\frac{1}{a} \right )^2\geq \left ( a+\frac{1}{b} \right )\left ( b+\frac{1}{c} \right )+\left ( b+\frac{1}{c} \right )\left ( c+\frac{1}{a} \right )+\left ( c+\frac{1}{a} \right )\left ( a+\frac{1}{b} \right )=\left ( ab+1+\frac{a}{c}+a \right )+\left ( bc+1+\frac{b}{a}+b \right )+\left ( ca+1+\frac{c}{b}+c \right )=ab+bc+ca+\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}+3+a+b+c.$

Орталар теңсіздігінен: $ab+\frac{b}{a}\geq 2b; bc+\frac{c}{b}\geq 2c; ca+\frac{a}{c}\geq 2a.$

$\left ( a+\frac{1}{b} \right )^2+\left ( b+\frac{1}{c} \right )^2+\left ( c+\frac{1}{a} \right )^2\geq\left ( ab+\frac{b}{a} \right )+\left ( bc+\frac{c}{b} \right )+\left ( ca+\frac{a}{c} \right )+3+a+b+c\geq 3a+3b+3c+3=3(a+b+c+1).$

$abc=1 ---> \dfrac 1b=ac$

$abc=1 ---> \dfrac 1c=ab$

$abc=1 ---> \dfrac 1a=bc$

Заменим и раскроем

$a^2+b^2+c^2+2a^2c+2b^2a+2c^2b+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$

По $GM \leq AM$

$3a \leq a^2+a^2c^2+ab^2$

$3b \leq b^2+b^2a^2+bc^2$

$3c \leq c^2+b^2c^2+ca^2$

$3 \leq a^2c+b^2a+c^2b$

Суммируем.

ЧТД

$abc=1 \Rightarrow \dfrac{1}{b} =ac ,\dfrac{1}{c} =ab ,\dfrac{1}{a} = bc$

раскрываем скобки

$a^2+b^2+c^2+a^2c^2+b^2c^2+a^2b^2+2(a^2c+b^2a+c^2b)\geq 3a+3b+3c+3$

по КБШ $a^2c^2+c^2b^2+a^2b^2\geq a+b+c$ тогда $a^2+b^2+c^2+2(a^2c+b^2a+c^2b)\geq 2a+2b+2c+3$ по $AM-GM$ $a^2c+b^2a+c^2b\geq3$, $a^2+b^2+c^2+a^2c+b^2a+c^2b\geq 2a+2b+2c$ ,$a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$,$ab+bc+ca+a^2c+b^2a+c^2b\geq 2a+2b+2c$и по $AM-GM$ $ab+a^2c\geq 2\sqrt{(a^3bc)} \Rightarrow \geq 2a$ и так с $bc+b^2a\geq2b $,$ac+c^2b\geq2c$ сумирая эти $3$ неравенства получим изначальное Ч.Т.Д

$p=a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}=3$

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge \frac{3}{\sqrt[3]{abc}}=3$

КШБ теңсіздігі бойынша:

$\left(a+\frac{1}{b}\right)^{2}+\left(b+\frac{1}{c}\right)^{2}+\left(c+\frac{1}{a}\right)^{2}- 3(p+1)\ge $

$\ge \frac{1}{3} \big(a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \big)^2- 3(p+1)\ge $

$\ge \frac{1}{3}(p+3)^2- 3(p+1) = \frac{1}{3} p(p-3)\ge 0$