27-я Балканская математическая олимпиада
Кишинёв, Молдавия, 2010 год


Пусть $a$, $b$ и $c$ — положительные вещественные числа.Докажите неравенство $\dfrac {a^2b(b-c)}{a+b}+\dfrac {b^2c(c-a)}{b+c}+\dfrac{c^2a(a-b)}{c+a}\ge 0.$
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  -1
2017-01-25 15:08:04.0 #

$$\frac {a^2b(b-c)}{a+b}+\frac {b^2c(c-a)}{b+c}+\frac {c^2a(a-b)}{c+a}\ge 0 \Leftrightarrow \frac {a^2b^2}{a+b}+\frac {b^2c^2}{b+c}+\frac {c^2a^2}{c+a}\ge \frac {a^2bc}{a+b}+\frac {b^2ca}{b+c}+\frac {c^2ab}{c+a} \Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow \left(\frac {a^2b^2}{a+b}+\frac {b^2c^2}{b+c}+\frac {c^2a^2}{c+a}\right) + \left(\frac {ab^2c}{a+b}+\frac {bc^2a}{b+c}+\frac {ca^2b}{c+a}\right) \ge \left(\frac {a^2bc}{a+b}+\frac {b^2ca}{b+c}+\frac {c^2ab}{c+a}\right) + \left(\frac {ab^2c}{a+b}+\frac {bc^2a}{b+c}+\frac {ca^2b}{c+a}\right) \Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow \left(\frac {a^2b^2}{a+b}+\frac {ab^2c}{a+b}\right)+\left(\frac {b^2c^2}{b+c}+\frac {bc^2a}{b+c}\right)+\left(\frac {c^2a^2}{c+a}+\frac {ca^2b}{c+a}\right) \ge \left(\frac {a^2bc}{a+b}+\frac {ab^2c}{a+b}\right)+ \left(\frac {b^2ca}{b+c}+\frac {bc^2a}{b+c}\right)+ \left(\frac {c^2ab}{c+a}+\frac {ca^2b}{c+a}\right) \Leftrightarrow$$

$$ \Leftrightarrow \frac {ab^2(a+c)}{a+b}+\frac {bc^2(b+a)}{b+c}+\frac {ca^2(c+b)}{c+a}\ge 3abc.$$

Достаточно доказать последнее неравенство. Для этого применим AM-GM:

$$\frac {ab^2(a+c)}{a+b}+\frac {bc^2(b+a)}{b+c}+\frac {ca^2(c+b)}{c+a} \ge 3\sqrt[3]{\frac {ab^2(a+c)}{a+b}\frac {bc^2(b+a)}{b+c}\frac {ca^2(c+b)}{c+a}}=3abc$$

что и требовалось доказать.

  0 | проверено модератором
2017-01-28 22:07:04.0 #

$$ a>0,b>0,c>0 \Rightarrow abc>0$$

$$abc\left(\frac{ab-ac}{ac+bc}+\frac{bc-ab}{ab+ac}+\frac{ac-bc}{bc+ab}\right) \geq 0 \Rightarrow$$

$$\left\{ \begin{gathered} ab = x\\ bc= y \\ ac=z\\ \end{gathered} \right. \Rightarrow$$

$$\Rightarrow \frac{x-z}{z+y}+\frac{y-x}{x+z}+\frac{z-y}{y+x}\geq 0$$

$$\left\{ \begin{gathered} x+ y= m\\ y+z=n\\ x+z= t\\ \end{gathered} \right.\Rightarrow$$

$$\Rightarrow x=\frac{t+m-n}{2}, y=\frac{m+n-t}{2},z=\frac{n+t-m}{2} \Rightarrow$$

$$\Rightarrow \frac{m-n}{n}+\frac{n-t}{t}+\frac{t-m}{m}=\left(\frac{m}{n}+\frac{n}{t}+\frac{t}{m}\right) -3=\mathbb{S} \geq 0\Rightarrow$$

$$\Rightarrow \mathbb{S}\geq 3\cdot \sqrt[3]{\frac{m}{n}\cdot \frac{n}{t} \cdot \frac{t}{m}}-3=3-3=0$$

  0
2020-05-16 05:02:12.0 #

$\frac{a^2b(b-c)}{a+b}+\frac{b^2c(c-a)}{b+c}+\frac{c^2a(a-b)}{c+a}\ge 0$

$\iff (\frac{a^2b(b-c)}{a+b}+abc)+(\frac{b^2c(c-a)}{b+c}+abc)+(\frac{c^2a(a-b)}{c+a}+abc)\ge 3abc$

$\iff \frac{ab^2(a+c)}{a+b}+\frac{bc^2(b+a)}{b+c}+\frac{ca^2(c+b)}{c+a}\ge 3abc$

AM-GM теңсіздігі бойынша

$\frac{ab^2(a+c)}{a+b}+\frac{bc^2(b+a)}{b+c}+\frac{ca^2(c+b)}{c+a}\ge 3\sqrt[3]{\frac{ab^2(a+c)}{a+b}\cdot\frac{bc^2(b+a)}{b+c}\cdot \frac{ca^2(c+b)}{c+a}}=3abc$