Условное неравенство

[arqady]

Действительные числа $a$, $b$ и $c$ таковы, что $\frac{a-b}{c^2-ab}+\frac{b-c}{a^2-bc}+\frac{c-a}{b^2-ac}\geq0$. Докажите, что:

$$\frac{a^3-b^3}{c^2-ab}+\frac{b^3-c^3}{a^2-bc}+\frac{c^3-a^3}{b^2-ac}\geq0$$

[Edward_Tur]

Умножаем неравенство на $a^2+b^2+c^2$.

[arqady]

Edward_Tur в сообщении #446267 писал(а):

Умножаем неравенство на $a^2+b^2+c^2$.

Да!

[Edward_Tur]

Положительные числа $a$, $b$ и $c$ таковы, что

$$\frac{1}{{\left( {{b^2} + {c^2}} \right)\left( {b - c} \right)}} + \frac{1}{{\left( {{c^2} + {a^2}} \right)\left( {c - a} \right)}} + \frac{1}{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {a - b} \right)}} \ge 0.$$

Докажите, что

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

[arqady]

Оба неравенства эквивалентны $(a-b)(a-c)(b-c)>0$.

[Edward_Tur]

$\left(\frac{1}{{\left( {{b^2} + {c^2}} \right)\left( {b - c} \right)}} + \frac{1}{{\left( {{c^2} + {a^2}} \right)\left( {c - a} \right)}} + \frac{1}{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {a - b} \right)}} \right) \times \left( \frac {a}{{\left( {{b^2} + {c^2}} \right)\left( {b - c} \right)}} + \frac{b}{{\left( {{c^2} + {a^2}} \right)\left( {c - a} \right)}} + \frac{c}{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {a - b} \right)}} \right) =$

$$=\frac{a}{{\left( {{b^2} + {c^2}} \right)^2\left( {b - c} \right)^2}} + \frac{b}{{\left( {{c^2} + {a^2}} \right)^2\left( {c - a} \right)^2}} + \frac{c}{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)^2\left( {a - b} \right)^2}}> 0.$$

[arqady]

Ваше доказательство технически гораздо проще моего.

[Edward_Tur]

arqady в сообщении #451740 писал(а):

Ваше доказательство технически гораздо проще моего.

Просто известное тождество записал как "условное неравенство".

[Edward_Tur]

Тройку чисел $a, b, c$ из отрезка [ -1,1] − назовём отборной, если для этих чисел выполняется неравенство:

$$1+2abc \ge a^2 +b^2 +c^2.$$

Доказать, что если тройки $a, b, c$ и $x, y, z$ являются отборными, то и тройка $ax, by, cz$ также отборная.

Источник - Ukraine Test http://probability.univ.kiev.ua/userfil ... rounds.pdf

[Shadow]

(Оффтоп)

Edward_Tur, из отрзка [1,1] легко доказывается. Ученики за такую опечатку вас расцелуют. Давайте усилить: на отрезке [0,1]

[Edward_Tur]

Shadow в сообщении #570065 писал(а):

(Оффтоп)

Edward_Tur, из отрзка [1,1] легко доказывается. Ученики за такую опечатку вас расцелуют. Давайте усилить: на отрезке [0,1]

(Оффтоп)

Shadow, спасибо, исправил на $[-1,1]$.

[zhoraster]

Это не так сложно доказывается.

(Оффтоп)

Да, на отборах с этой задачей справилось аж получастника. Но ведь половина участников не справилась с совершенно проходной первой задачей первого тура! То есть дело, вероятно, не столько в том, что неравенство сложное, сколько в том, что с неравенствами плохо.

Поэтому предлагаю Edward_Tur что посложнее: в условиях задачи доказать, что

$$ 1+2abcxyz-a^2x^2-b^2y^2-c^2z^2\ge 1+2abc-a^2-b^2-c^2. $$

(Оффтоп)

Кстати, эээ, а кто разрешения спросил? Впрочем, Edward_Tur разрешаю пользоваться без разрешения

Подпись там, на самом деле, лишь для того, чтобы это не выкладывали на одном известном сайте.

[zhoraster]

Ну кое-как разделил.