Олимпиада Туймаада по математике. Младшая лига. 2018 год

Докажите, что при $x$, $y$, $z\geq 1$ выполнено неравенство $(x^3+2y^2+3z)(4y^3+5z^2+6x)(7z^3+8x^2+9y) \geq 720(xy+yz+xz).$ ( К. Кохась )

Комментарий/решение

По неравенству $AM\ge GM$ $$(x^3+2y^2+3z)(4y^3+5z^2+6x)(7z^3+8x^2+9y)\geq6\sqrt[6]{x^{3}y^{4}z^{3}}\cdot 15\sqrt[15]{x^{6}y^{12}z^{10}}\cdot 24\sqrt[24]{x^{16}y^{9}z^{21}}=720\cdot 3 x^{\frac{47}{30}}y^{\frac{221}{120}}z^{\frac{49}{24}}\geq 720\cdot 3xyz$$ $$\geq 720\cdot (xy+yz+zx).\quad\square$$

$(x^+2y^2+3z)(4y^3+5z^2+6x)(7z^3+8x^2+9y)= 28x^3y^3z^3+35x^3z^5+42x^4z^3+56y^5z^3+70y^2z^5+84xy^2z^3+84y^3z^4+105z^6+126xz^4+32x^5y^3+40x^5z^2+48x^6+64x^2y^5+80x^2y^2z^2+96x^3y^2+96x^2y^3z+120x^2z^3+144x^3z+36x^3y^6+45x^3z^2+54x^4y+72y^6+90y^3z^2+108xy^3+108y^4z+135yz^3+162xyz$

$28x^3y^3z^3+35x^3z^5+42x^4z^3+56y^5z^3+70y^2z^5+84xy^2z^3+84y^3z^4+126xz^4+32x^5y^3+40x^5z^2+64x^2y^5+80x^2y^2z^2+96x^3y^2+96x^2y^3z+120x^2z^3+144x^3z+36x^3y^6+45x^3z^2+54x^4y+90y^3z^2+108xy^3+108y^4z+135yz^3+162xyz\ge495xyz+390xy+507xz+543yz$

По $AM-GM$:

$48x^6+72y^6+105z^6=7.5x^6+7.5y^6+40.5x^6+40.5z^6+64.5y^6+64.5z^6\ge15xy+81xz+129yz$

Остается доказать $495xyz\ge315xy+132xz+48yz$, что очевидно, т.к. $x,y,z\ge1$