V математическая олимпиада «Шелковый путь», 2006 год

Докажите неравенство $$4 \left( \sqrt[3]{\dfrac{a}{b}} + \sqrt[3]{\dfrac{b}{c}} + \sqrt[3]{\dfrac{c}{a}}\right) \le 3 \left( 2 + a + b + c + \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}\right)^{2/3}$$ для положительных действительных чисел $a,b$ и $c$, удовлетворяющих условию $abc = 1$. ( К. Жубаев )

Комментарий/решение

$a=\frac{x}{y}, b=\frac{z}{x}$ болсын, мұндағы $x,y,z>0$. Онда $abc=1$ болғандықтан, $c=\frac{y}{z}$ болады.

$\sqrt[3]{\frac{a}{b}}+\sqrt[3]{\frac{b}{c}}+\sqrt[3]{\frac{c}{a}}=\frac{x+y+z}{\sqrt[3]{xyz}}$

$2+a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{(x+y+z)(xy+yz+zx)}{xyz}-1\ge$

$\ge \frac{(x+y+z)(xy+yz+zx)}{xyz}-\frac{(x+y+z)(xy+yz+zx)}{9xyz}=\frac{8(x+y+z)(xy+yz+zx)}{9xyz}$

$27(\frac{8(x+y+z)(xy+yz+zx)}{9xyz})^2\ge 64(\frac{x+y+z}{\sqrt[3]{xyz}})^3$ теңсіздігін дәлелдеcек жеткілікті.

$\Leftarrow (x+y+z)^2(xy+yz+zx)^2\ge 3xyz(x+y+z)^3$

$\Leftarrow (xy+yz+zx)^2\ge 3xyz(x+y+z)$

$\Leftarrow (xy-xz)^2+(xy-yz)^2+(yz-zx)^2\ge 0$

Очень красивое решение. Было в моих силах, поставил бы не один плюсик, а десять.

красиво