Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Кіші лига. 2016 жыл

Теріс емес $a$, $b$ және $c$ сандары ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge 3$ шартын қанағаттандырса, келесі теңсіздікті дәлелдеңіз: ${{(a+b+c)}^{3}}\ge 9(ab+bc+ca)$. ( А. Храбров )

Комментарий/решение

$$a^2+b^2+c^2\ge 3$$

$$(a+b+c)^2\ge 3+2(ab+bc+ca)$$

$a+b+c=x$ жəне $ab+bc+ca=y$ болсын:

$$x^2\ge 3+2y$$

$$\frac{9(x^2-3)}{2}\ge 9y$$

Онда

$$x^3\ge\frac{9(x^2-3)}{2}$$

немесе

$$2x^3+27\ge 9x^2$$

екенін дəлелдесек жеткілікті:

$$x^3+x^3+3^3\ge 3\sqrt[3]{x^3\cdot x^3\cdot 3^3}=9x^2$$

...

Возведем обе стороны в квадрат:

$((a+b+c)^2)^3=(a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca))^3\ge81(ab+bc+ca)^2 \Rightarrow$

$(3+(ab+bc+ca)+(ab+bc+ca))^3\ge(3\sqrt[3]{3(ab+bc+ca)^2})^3=81(ab+bc+ca)^2$