Математикадан Алматы қаласының олимпиадасы, 2015 жыл

$xy+yz+zx=3$ шартын қанағаттандыратын теріс емес $x$, $y$ және $z$ сандары үшін $\left( {{x^2} + 3} \right)\left( {{y^2} + 3} \right)\left( {{z^2} + 3} \right) \ge 21\left( {x + y + z} \right) + 1$ теңсіздігін дәлелдеңіздер. ( Аубекеров Д. )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Обозначим левую часть неравенства через $A$. Заметим, что ${x^2} + 3 = {{x^2} + xy + yz + xz} = \left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)$. Аналогично ${y^2} + 3 = \left( {x + y} \right)\left( {y + z} \right)$, ${z^2} + 3 =\left( {y + z} \right)\left( {x + z} \right)$. Следовательно, $$A= {\left( {\left( {x + y} \right)\left( {y + z} \right)\left( {x + z} \right)} \right)^2} = {\left( {\left( {x + y + z} \right)\left( {xy + yz + xz} \right) - xyz} \right)^2} = {\left( {3\left( {x + y + z} \right) - xyz} \right)^2}.$$ Заметим также $3=xy + yz + xz \ge 3\sqrt[3]{{{{\left( {xyz} \right)}^2}}}$, откуда $xyz \le 1$ и ${\left( {x + y + z} \right)^2} \ge 3\left( {xy + yz + xz} \right) = 9$, откуда $x + y + z \ge 3$.
Пусть $s=x+y+z$. Тогда верны эквивалентные неравенства $$(3s-1)^2 \ge 21s+1 \Leftrightarrow 9s(s-3) \ge 0,$$ так как $s \ge 3$. Поэтому \[A = {\left( {3s - xyz} \right)^2} \geq {\left( {3s - 1} \right)^2} \geq 21s + 1.\]