Математикадан республикалық олимпиада, 2007-2008 оқу жылы, 9 сынып

Оң нақты $a,b,c$ сандары үшін теңсіздікті дәлелде: $\dfrac{{{a}^{2}}-bc}{2{{a}^{2}}+bc}+\dfrac{{{b}^{2}}-ac}{2{{b}^{2}}+ac}+\dfrac{{{c}^{2}}-ab}{2{{c}^{2}}+ab}\le 0$.

Комментарий/решение

А как диз поставить?

Приведя под общий знаменатель (знаменатель положителен)

$ (a^2-bc)(2b^2+ac)(2c^2+ab)+(b^2-ac)(2a^2+bc)(2c^2+ab)+(2a^2+bc)(2b^2+ac)(c^2-ab) =-3a^4bc+9a^2b^2c^2-3ab^4c-3abc^4 \leq 0 $ или $a^4bc+ab^4c+abc^4 \geq 3a^2b^2c^2$

По неравенству $AM \geq GM$

$\dfrac{a^4bc+ab^4c+abc^4}{3} \geq \sqrt[3]{a^6b^6c^6} = a^2b^2c^2$

$\textbf{Решение:} $ $$\sum\frac{a^2-bc}{2a^2+bc}=\sum\frac{a^2+\frac{bc}{2}-\frac{bc}{2}-bc}{2a^2+bc}=$$

$$=\frac{3}{2}-\frac {3}{2}\sum \frac{bc}{2a^2+bc}\leq 0\Rightarrow \sum \frac{bc}{2a^2+bc}\geq 1\Rightarrow $$

$$\Rightarrow \sum \frac{(bc)^2}{2a^2bc+b^2c^2}\geq \frac {(ab+ac+bc)^2}{\sum (bc)^2+2\sum(ab)(ac)}=\frac {(ab+ac+bc)^2}{(ab+ac+bc)^2}=1$$

$$\displaystyle\sum \limits^{}_{cyc} {\dfrac{a^2-bc}{2a^2+bc}} \le \displaystyle\sum \limits^{}_{cyc} {\dfrac{a^2-bc}{2a\sqrt{2bc}}} \le \dfrac{a^2-bc}{\frac{4a}{\frac{1}{2b}+\frac{1}{c}}}+\dfrac{b^2-ca}{\frac{4b}{\frac{1}{2c}+\frac{1}{a}}}+\dfrac{c^2-ab}{\frac{4c}{\frac{1}{2a}+\frac{1}{b}}}=$$ $$=\dfrac{\frac{a^2}{2b}+\frac{a^2}{c}-\frac{c}{2}-b}{4a}+\dfrac{\frac{b^2}{2c}+\frac{b^2}{a}-\frac{a}{2}-c}{4b}+\dfrac{\frac{c^2}{2a}+\frac{c^2}{b}-\frac{b}{2}-a}{4c}=\dfrac{ \frac{ca^2}{2}+a^2 b-\frac{b c^2}{2}-b^2 c+\frac{a b^2}{2}+b^2 c-\frac{c a^2}{2}-c^2 a+\frac{b c^2}{2}+c^2 a-\frac{a b^2}{2}-a^2 b}{4abc}=0$$

там если что $AM \ge GM \ge HM \Rightarrow \dfrac{1}{AM} \le \dfrac{1}{GM} \le \dfrac{1}{HM}$

Хорошое решение

Если $\ a^2-bc \ $ отрицателен, тогда:

\[\dfrac{a^2-bc}{2a^2+bc} \geq \dfrac{a^2-bc}{2a\sqrt{bc}}\]

Впредь будьте внимательны со знаками

1)пусть все они не отрицательны $$\displaystyle\sum \limits^{}_{cyc} {\dfrac{a^2-bc}{2a^2+bc}} \le \displaystyle\sum \limits^{}_{cyc} {\dfrac{a^2-bc}{2a\sqrt{2bc}}} \le \dfrac{a^2-bc}{\frac{4a}{\frac{1}{2b}+\frac{1}{c}}}+\dfrac{b^2-ca}{\frac{4b}{\frac{1}{2c}+\frac{1}{a}}}+\dfrac{c^2-ab}{\frac{4c}{\frac{1}{2a}+\frac{1}{b}}}=$$ $$=\dfrac{\frac{a^2}{2b}+\frac{a^2}{c}-\frac{c}{2}-b}{4a}+\dfrac{\frac{b^2}{2c}+\frac{b^2}{a}-\frac{a}{2}-c}{4b}+\dfrac{\frac{c^2}{2a}+\frac{c^2}{b}-\frac{b}{2}-a}{4c}=\dfrac{ \frac{ca^2}{2}+a^2 b-\frac{b c^2}{2}-b^2 c+\frac{a b^2}{2}+b^2 c-\frac{c a^2}{2}-c^2 a+\frac{b c^2}{2}+c^2 a-\frac{a b^2}{2}-a^2 b}{4abc}=0$$

2)Пусть только один из них больше $0$ (Б.О.О. это $\dfrac{a^2-bc}{2a^2+bc}$) $$\dfrac{a^2-bc}{2a^2+bc} \le \dfrac{ab-c^2}{2c^2+ab}+\dfrac{ca-b^2}{2b^2+ca}$$. Приведем общий множитель $$(a^2-bc)(2c^2+ab)(2b^2+ca) \le (ab-c^2)(2a^2+bc)(2b^2+ca)+(ac-b^2)(2a^2+bc)(2c^2+ab) \Rightarrow 3a^2b^2c^2+2a^3c^3+a^3b^3+a^4bc-4b^3c^3 -2abc^4-3ab^4 \le 2a^3b^3+4a^4bc-6a^2b^2c^2+2a^3b^3+abc^4-4b^3c^3+ab^4c \Rightarrow 9a^2b^2c^2 \le 3a^4bc+3ab^4c+3abc ^4 \ge 3\sqrt[3]{27a^6b^6c^6}=9a^2b^2c^2$$

3) Пусть только один из них меньше $0$ Сделаем тоже самое

Первый случай влечет за собой $\ a=b=c$

Самостоятельно разобраться в данном решении довольно сложно, хотелось бы увидеть версию расписанную получше. Также желаю вам удачи и успехов в дальнейшом!

\[\left (\color{red}{!} \right )\dfrac{3}{2}- \sum \limits_{cyc}^{} \dfrac{a^2-bc}{2a^2+bc} \geq \dfrac{3}{2}-0\]

\[\sum \limits_{cyc}^{} \dfrac{3bc}{4a^2+2bc}=\sum \limits_{cyc}^{} \dfrac{3b^2c^2}{4a^2bc+2b^2c^2} \geq \dfrac{3(ab+bc+ac)^2}{2(ab+bc+ac)^2}\]