Республиканская олимпиада по математике, 2026 год, 10 класс

Бүтін $n\ge 2$ және нақты оң $a_1,b_1,a_2,b_2,\ldots$, $a_n,b_n$ сандары берілген. Әр $k=1,2,\ldots,n$ үшін \[\frac{a_k^2 + 1}{b_k}\ge b_1+b_2+\cdots + b_n \quad \text{және} \quad \frac{b_k^2 + 1}{a_k}\ge a_1+a_2+\cdots + a_n \] теңсіздіктері орындалады. $|a_1-b_1|+|a_2-b_2|+\cdots+|a_n-b_n|\le \sqrt{8n}$ екенін дәлелдеңіз. ( Сатылханов К. )

Комментарий/решение

Из условия выходит что $\frac{b_k}{b_1….+b_k}\geq \frac{b_k^2}{a_k^2+1}$ такая сумма по всем k слева будет 1 а справа какая то сумма , сумма справа это у нас сумма $\sum \limits_{i=1}^{n}{\frac{b_k^4}{a_k^2b_k^2+b_k^2}}$ тогда сделаем кбш дробный и выйдет что $1\geq \frac{M^2}{M+S}$ где M=$\sum \limits_{i=1}^{n}{(b_k)^2}$ а S= $\sum \limits_{i=1}^{n}{a_k^2b_k^2}$ тогда у нас верно что $(4S+1)\geq (2M-1)^2$ откуда $(\sqrt{4S+1}+1)\geq 2M$ сделаем аналогичные действия относительно $a_k$ и у нас выйдет что $(\sqrt{4S+1}+1)\geq 2N$ тогда $(\sqrt{4S+1}+1)\geq (M+N)$. Чтобы доказать саму задачу сделаем так $|a_k-b_k|=x_k$ тогда по кбш $(\sum \limits_{i=1}^{n}{x_k^2})n\geq (\sum \limits_{i=1}^{n}{x_k})^2$ тогда достаточно доказать что $8+ \sum \limits_{i=1}^{n}{2a_kb_k}\geq (M+N)$ а для этого достаточно доказать что вещь слева больше равно $(\sqrt{4S+1}+1)$ а это можно доказать сократив 1 и взяв обе части в квадрат ч.т.д