Математикадан облыстық олимпиада, 2001-2002 оқу жылы, 10 сынып

Кез келген оң нақты $a$ және $b$ сандары үшін $\sqrt[3]{\dfrac{a}{b}}+\sqrt[3]{\dfrac{b}{a}}\le \sqrt[3]{2(a+b)\left( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b} \right)}$ теңсіздігі орындалатынын дәледдеңдер.

Комментарий/решение

$\sqrt[3]{\dfrac{a}{b}}=x$ и $\sqrt[3]{\dfrac{b}{a}}=y$ ,тогда неравенство запишется как $2(x^3+y^3)+4\geq (x+y)^3$ , если учесть что числа $a,b$ положительные и $xy=1$ , либо что тоже самое $(x+y)^3-6(x+y)+4 \geq 0$ , $(t-2)(t^2-2t+2) \geq 0$ если $x+y=t$ откуда $t \geq 2$ , которое в свою очередь верно , так как из неравенства о средних $\sqrt[3]{\dfrac{a}{b}}+\sqrt[3]{\dfrac{b}{a}} \geq 2 \cdot \sqrt{\sqrt[3]{\dfrac{a}{b}} \cdot \sqrt[3]{\dfrac{b}{a}}}=2$

Также мы можем так доказать.

Умножая две стороны на куб, получаем такую неравенству:

$3(\sqrt[3]{a/b}+\sqrt[3]{b/a} )\leq \frac{(a+b)^2+2ab}{ab}$

если заменить $a$ на $x^3$, $b$ на $y^3$, получим такое неравенство:

$3(x/y+y/x)\leq\frac{(x^3+y^3)^2+2x^3y^3}{x^3y^3}$

в итоге получим

$3x^4y^2 +3x^2y^4 \leq x^6+2x^3y^3+y^6+2x^3y^3$

Используя средно-арифметическую неравенство

$x^3y^3+x^6+x^3y^3\geq3x^4y^2$

$x^3y^3+y^6+x^3y^3\geq3x^2y^4$

Суммируя два неравенств, получим данное.

$$\dfrac{a}{b}+3\sqrt[3]{\dfrac{a}{b}}+3\sqrt[3]{\dfrac{b}{a}}+\dfrac{b}{a}\le 4+\dfrac{2a}{b}+\dfrac{2b}{a} \Longrightarrow$$ $$\Longrightarrow1+1+\dfrac{a}{b}+1+1+\dfrac{b}{a}\ge 3\sqrt[3]{\dfrac{a}{b}}+3\sqrt[3]{\dfrac{b}{a}}$$