Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 1998 год

Пусть $a$, $b$, $c$ — положительные действительные числа. Докажите, что $$ \left( 1+\frac{a}{b} \right)\left( 1+\frac{b}{c} \right)\left( 1+\frac{c}{a} \right)\ge 2\left( 1+\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}} \right). $$

Комментарий/решение

$$\frac {a+b+c}{3}\geq \sqrt [3]{abc} \Rightarrow \frac {a+b+c}{\sqrt [3]{abc}}\geq 3\Rightarrow $$ $$ (1+\frac {a}{b})(1+\frac {b}{c})(1+\frac {c}{a})\geq 8$$

$$ (1+\frac {a}{b})(1+\frac {b}{c})(1+\frac {c}{a})\geq 2\sqrt {\frac {a}{b}} 2\sqrt {\frac {b}{c}} 2\sqrt {\frac {c}{a}}\geq 8$$

Шешіміңіз қате. Дәлелдегеніңіз:

$\left( 1+\frac{a}{b} \right)\left( 1+\frac{b}{c} \right)\left( 1+\frac{c}{a} \right)\ge 8$

Вообще басқа нәрсе дәлелдегенсіз.

Жақшаларды ашып, Коши теңсіздігін қолданамыз:

$\left ( 1+\frac{a}{b} \right )\cdot \left ( 1+\frac{b}{c} \right )\cdot \left ( 1+\frac{c}{a} \right )=2+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{c}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}=\left ( \frac{a}{a}+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}\right )+\left ( \frac{b}{a}+\frac{b}{b}+\frac{b}{c}\right )+\left ( \frac{c}{a}+\frac{c}{b}+\frac{c}{c}\right )-1\geq \frac{3(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}}-1.$

Енді $\frac{3(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}}-1\geq 2+\frac{2(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}}$ теңсіздігін дәлелдеу керек.

$\frac{3(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}}-\frac{2(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}}\geq 3\Leftrightarrow \frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\geq 3.$

Коши теңсіздігі бойынша $\frac{a+b+c}{3}\geq\sqrt[3]{abc}.$