Олимпиада Туймаада по математике. Старшая лига. 2018 год

Докажите, что при $x$, $y$, $z\geq 1$ выполнено неравенство $(x^3+2y^2+3z)(4y^3+5z^2+6x)(7z^3+8x^2+9y) \geq 720(xy+yz+xz).$ ( К. Кохась )

Комментарий/решение

Применим неравенство Коши с весами к каждой скобке.

$(x^3+2y^2+3z)>=6x^{1/2}y^{2/3}z^{1/2}$

$(4y^3+5z^2+6x)>=15x^{2/5}y^{4/5}z^{2/3}$

$(7z^3+8x^2+9y)>=26x^{8/13}y^{9/26}z^{21/26}$

Сократим на 720.

$3,25x^{197/130}y^{707/390}z^{308/156}>=xy+yz+zx$

$x,y,z>1$.Степени переменных больше 1.Неравенство верно.

По неравенству $AM\ge GM$ $$(x^3+2y^2+3z)(4y^3+5z^2+6x)(7z^3+8x^2+9y)\geq6\sqrt[6]{x^{3}y^{4}z^{3}}\cdot 15\sqrt[15]{x^{6}y^{12}z^{10}}\cdot 24\sqrt[24]{x^{16}y^{9}z^{21}}=720\cdot 3 x^{\frac{47}{30}}y^{\frac{221}{120}}z^{\frac{49}{24}}\geq 720\cdot 3xyz$$ $$\geq 720\cdot (xy+yz+zx).\quad\square$$