21-я Международная Жаутыковская олимпиада по математике, 2025 год

Положительные числа $a$ и $b$ таковы, что $a^3+b^3=ab+1$. Докажите, что $(a-b)^2+a+b \geq 2.$ ( Ануарбеков Т. )

Комментарий/решение

Допустим

a>b

a³+b³=ab+1

a(a²-b)=1-b³;a²>a>b,то и левая часть положительная и b³<1;b<1

b(b²-a)=1-a³,b²<1;

1)если а=1,то б=0 невозможно

2)если а < 1,то b²<b<a<1,b²-a<0;b>0

То одна часть отрицательная другая нет ,невозможно

Тогда а>1:

0<b<1<a;

a²+b²-2ab+a+b>=2

a²+b²+a+b>=2(1+ab)

a²+b²-ab+a+b-ab-1>=1

Так как a³+b³=1+ab,то

a²+b²-ab=(1+ab)/(a+b)

(1+ab)/(a+b)+(a-1)(1-b)-1>=0

(1+ab-a-b)/(a+b)+(a-1)(1-b)>=0

(a-1)(1-b)(1+a+b)/(a+b)>=0 Также a>1>b>0

$$ab+1=a^3+b^3=(a+b)^3-3ab(a+b) \rightarrow ab\Big (3(a+b)+1 \Big)=(a+b)^3-1 \rightarrow ab=\dfrac{(a+b)^3-1}{3(a+b)+1}$$

$$({ \color{red} ! })ㅤ (a-b)^2+(a+b) \ge 2 \Longrightarrow (a+b)^2+(a+b)-4ab\ge 2 \Longrightarrow$$ $$\Longrightarrow \Big( (a+b)^2+(a+b) \Big) \Big(3(a+b)+1 \Big)-4\Big ((a+b)^3-1 \Big) \ge 2\Big( (3(a+b)+1\Big) \Longrightarrow$$ $$\Longrightarrow 4a^2+8ab+4b^2-(a^3+b^3+3a^2b+3ab^2)-6(a+b)+2=(a+b-1)^2(2-a-b)\ge 0$$

2(а+1)(b+1)=2ab+2a+2b+2

$$({ \color{red} ! })ㅤ2\ge a+b$$ $$ab+2=a^3+b^3+1\ge 3\sqrt[3]{a^3b^3}=3ab \rightarrow 1\ge ab$$

$$1=\sqrt[3]{\dfrac{2+1}{3}}\ge \sqrt[3]{\dfrac{ab+2}{3}}=\sqrt[3]{\dfrac{a^3+b^3+1^3}{3}}=P_3\ge P_1=\dfrac{a+b+1}{3} \rightarrow 3\ge a+b+1 \rightarrow 2\ge a+b \Longrightarrow$$

$$\Longrightarrow ( a+b-1)^2( 2-a-b)\ge 0$$

Скажем что $ab=x, a+b=y$

Тогда заметим что из равенства следует

$(a+b)(a^2-ab+b^2)=y(y²-3x)=x+1$

Соответственно

$x(3y+1)=y^3-1$, а значит $x=\frac{y^3-1}{3y+1}$

Тогда наше неравенство превращается в

$(a+b)^2-4ab+a+b\geq2$

Тогда необходимо доказать следующее неравенство

$y^2-4x+y\geq2$

Тогда

$y^2-4*\frac{y^3-1}{3y+1}+y\geq2$

Домножим на $3y+1$ мы имеем право так делать, так как $3y+1>0$

$3y^3+y^2-4y^3+4+3y^2+y\geq6y+2$

$-y^3+4y^2-5y+2\geq0$

Это уравнение раскрывается как

$-(y-2)(y-1)^2\geq0$

Значит должно быть $-(y-2)\geq0$

А значит $y\leq2$

Если $y>2$

$(a-b)^2+a+b\geq y>2$ значит неравенство все равно работает. Доказано

$(a²+b)+(b²+a) \geq 2\sqrt{(a²+b)(b²+a)}=2(ab+1)$

Симметриялылығын пайдалансақ: $\sigma_{1}=a+b, \sigma_{2}=ab $ деп белгілеу енгізейік.

$a^3+b^3\geq (a+b)ab$ болғандықтан $ab+1\geq (a+b)ab $. Екі жағын $ab>0$ бөлсек $\frac{1}{ab}+1\geq a+b$. $a+b\leq2$ болғанда орындалады. Демек $\sigma_{1}\leq2$.

$a^3+b^3=\sigma _{1}^{3}-3\sigma _{1}\sigma_{2},$

$ab+1=\sigma _{2}+1$

$\sigma _{3}^{1}-3\sigma _{1}\sigma _{2}=1+\sigma _{2}.$

Теңсіздік: $(a-b)^2+a+b=a^2+b^2-2ab+a+b\geq 2\Rightarrow \sigma _{2}^{1}-4\sigma _{2}+\sigma_{1}\geq 2. $

$\sigma _{2}^{1}-4\sigma _{2}=z$ деп белгілейік.

Теңсіздік келесі түрге келеді: $z+\sigma_{1}\geq 2$

$\sigma _{2}^{1}-4\sigma _{2}=z\Rightarrow \sigma _{2}=\frac{1}{4}\left ( \sigma _{1}-z \right ).$

$\sigma _{1}^{3}-3\sigma _{1}\cdot \frac{1}{4}\left ( \sigma _{1}^{2}-z \right )=\frac{1}{4}\cdot\left ( \sigma _{2}^{1}-z \right )+1.$

$\sigma _{1}^{3}+3\sigma _{1}z=\sigma _{1}-z+4$

$z=\frac{\sigma _{1}^{2}-\sigma _{1}^{3}+4}{3\sigma _{1}+1}$. Орнына қойсақ

$\frac{\sigma _{1}^{2}-\sigma _{1}^{3}+4}{3\sigma _{1}+1}+\sigma _{1}\geq 2$

$\sigma _{1}^{2}-\sigma _{1}^{3}+4+3\sigma _{1}^{2}+\sigma _{1}\geq 2+6\sigma _{1}.$

$4\sigma _{1}^{2}-\sigma _{1}^{3}-5\sigma _{1}+2\geq 0$

$2\sigma _{1}^{2}-4\sigma _{1}+2-\sigma _{1}^{3}+2\sigma _{1}^{2}-\sigma _{1}\geq 0$

$(2-\sigma _{1})(\sigma _{1}-1)^2\geqslant 0$

$\sigma_{1}\leq2$ болғандықтан $2-\sigma _{1}\geq 0.$

\[(a+b)(a^2-ab+b^2) =ab+1\]

$\mathbb{(i)} \ (a-1)(b-1)\geq 0 \ \rightarrow \ a,b \leq 1; \quad a,b \geq 1;$

\[a,b \geq 1 \ \rightarrow \ (a-b)^2 +(a+b) \geq 2 \]

\[a,b \leq 1 \ \rightarrow \ a^2-ab+b^2 \leq 1 \ \rightarrow \ \varnothing \]

$\mathbb{(ii)} \ a+b \geq ab+1 \ \rightarrow \ a^2+b^2 \geq ab+1; \quad a^2+b^2 \leq ab+1$

\[ a^2+b^2 \geq ab+1 \ \rightarrow a+b+a^2+b^2 \geq 2ab+2 \]

\[ a^2+b^2 \leq ab+1 \ \rightarrow \ (a^2-ab+b^2-1)(1-(a+b)) \geq 0 \]