Олимпиада Туймаада по математике. Старшая лига. 2016 год

Докажите, что при $x$, $y$, $z > {3\over 2}$ выполнено неравенство ${x^{24}} + {\rm{ }}\sqrt[5]{{{y^{60}} + {z^{40}}}} \ge {\left( {{x^4}{y^3} + \frac{1}{3}{y^2}{z^2} + \frac{1}{9}{x^3}{z^3}} \right)^2}.$ ( К. Кохась )

Комментарий/решение

$A=x^4y^3+\frac{1}{3}y^2z^2+\frac{1}{9}x^3y^3$ деп белгілеп алайық.

1-жағдай. $x^4y^3\geq \frac{1}{3}y^2z^2, x^4y^3\geq \frac{1}{9}x^3y^3.$ Онда $A^2\leq 9x^8y^6.$

AO және ГО теңсіздігі бойынша: $x^{24}+\sqrt[5]{y^{60}+z^{40}}> x^{24}+y^{12}\geq2x^{12}y^6>2x^8y^6\cdot \left ( \frac{3}{4} \right )^{4}> 9x^8y^6 \geq (x^4y^3+\frac{1}{3}y^2z^2+\frac{1}{9}x^3y^3)^2.$

2-жағдай. $\frac{1}{3}y^2z^2\geq x^4y^3, \frac{1}{3}y^2z^2\geq \frac{1}{9}y^3z^3.$ Онда $A^2\leq y^4z^4.$

$x^{24}+\sqrt[5]{y^{60}+z^{40}}> \sqrt[5]{y^{60}+z^{40}}\geq \sqrt[5]{2y^{30}z^{20}}=\sqrt[5]{{2}}y^6z^4> y^4z^4 \geq A^2.$

3-жағдай. $\frac{1}{9}y^3z^3\geq x^4y^3, \frac{1}{9}y^3z^3\geq \frac{1}{9}y^2z^2.$ Онда $A^2\leq \frac{1}{9}x^6z^6.$

$x^{24}+\sqrt[5]{y^{60}+z^{40}}>x^{24}+z^8=x^{24}+\frac{1}{3}z^8+\frac{1}{3}z^8+\frac{1}{3}z^8\geq \frac{4}{\sqrt[4]{27}}x^6z^6> \frac{1}{9}x^6z^6\geq A^2.$