36-я Международная Математическая Oлимпиада
Канада, Торонто, 1995 год


Пусть $a$, $b$, $c$ — положительные числа такие, что $abc=1$. Доказать, что $\dfrac{1}{{{a}^{3}}\left( b+c \right)}+\dfrac{1}{{{b}^{3}}\left( c+a \right)}+\dfrac{1}{{{c}^{3}}\left( a+b \right)}\ge \dfrac{3}{2}.$
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  2
2016-10-23 19:17:20.0 #

$$\frac{b^2\cdot c^2}{ab+ac}+\frac{a^2\cdot c^2}{bc+ab}+\frac{a^2\cdot b^2}{ac+bc}\geq \frac{3}{2}$$

$$ b \cdot c =x, a \cdot c = y, a \cdot b= z \Rightarrow $$

$$\Rightarrow \frac{x^2}{z+y}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}\geq \frac{3}{2}$$

$$\frac{x^2}{z+y}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}=\frac{x(x+y+z-y-z)}{z+y}+\frac{y(y+z+x-z-x)}{x+z}+\frac{z(z+x+y-x-y)}{x+y}=$$

$$= (x+y+z)(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y})-(x+y+z)= \frac{3}{2}(x+y+z)-(x+y+z)= \frac{x+y+z}{2}\geq \frac{3}{2}$$

пред. Правка 2   0
2020-08-07 20:34:00.0 #

Пусть $a=\dfrac 1 x,b=\dfrac 1 y,c=\dfrac 1 z\implies xyz=1.$ Тогда $$\mathrm{(!)}\quad \dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{z+x}+\dfrac{z^2}{x+y}\ge\dfrac 3 2 $$

Из КБШ и AM-GM :$$\small{\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{z+x}+\dfrac{z^2}{x+y}\ge\dfrac {(x+y+z)^2}{2(x+y+z)}=\dfrac{x+y+z}{2}\ge\dfrac{ 3(xyz)^{\frac 1 3}}{2}=\dfrac 3 2.}$$ $\quad\square$