Математикадан республикалық олимпиада, 1998-1999 оқу жылы, 9 сынып

Кез келген теріс емес нақты $a$ және $b$ сандары үшін $\dfrac{a+\sqrt[3]{{{a}^{2}}b}+\sqrt[3]{a{{b}^{2}}}+b}{4}\le \dfrac{a+\sqrt{ab}+b}{3}$ теңсіздігінің орындалатынын дәлелде.

Комментарий/решение

$3a+3\sqrt[3]{a^2b}+3\sqrt[3]{ab^2}+3b\leq 4a+4\sqrt{ab}+4b$

$a+b+4\sqrt{ab}\geq 3\sqrt[3]{a^2b}+3\sqrt[3]{ab^2}$

$(a+\sqrt{ab}+\sqrt{ab})+(b+\sqrt{ab}+\sqrt{ab})\geq 3(\sqrt[3]{\sqrt{a^2*a*b*a*b}}+\sqrt[3]{\sqrt{b^2*a*b*a*b}})=3(\sqrt[3]{\sqrt{a^4*b^2}}+\sqrt[3]{\sqrt{b^4*a^2}})=3\sqrt[3]{a^2b}+3\sqrt[3]{ab^2}$

$\dfrac{a+\sqrt{ab}+b}{3} \geq \dfrac{a+\sqrt[3]{a^2b}+\sqrt[3]{ab^2}+b}{4}$

$4a+4\sqrt{ab}+4b \geq 3a+3\sqrt[3]{a^2b}+3\sqrt[3]{ab^2}+3b$

$2a+4\sqrt{ab}+2b \geq a+3\sqrt[3]{a^2b}+3\sqrt[3]{ab^2}+b$

$2(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2 \geq (\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b})^3$

Пусть $a=x^6 , b=y^6$

$2(x^3+y^3)^2 \geq (x^2+y^2)^3$

Рассмотрим неравенство о средних степенях для $n=2;$

$\sqrt[3]{\dfrac{x^3+y^3}{2}} \geq \sqrt{\dfrac{x^2+y^2}{2}}$

$\dfrac{(x^3+y^3)^2}{4} \geq \dfrac{(x^2+y^2)^3}{8}$

$2(x^3+y^3)^2 \geq (x^2+y^2)^3$

Что и требовалось доказать.