Две неравенства

[Saposto_MM]

Ако [tex]a,b,c>0[/tex] и [tex]ab+bc+ca=1[/tex], то докажете, че [tex]\sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b}+\sqrt[3]{\frac{1}{b}+6c}+\sqrt[3]{\frac{1}{c}+6a}\le\frac{1}{abc}[/tex].
Съкратен списък, МОМ 2004
Ако [tex]x,y,z>0[/tex] и [tex]xyz=1[/tex], то докажете, че [tex]\frac{x^3}{\left(1+y\right)\left(1+z\right)}+\frac{y^3}{\left(1+z\right)\left(1+x\right)}+\frac{z^3}{\left(1+x\right)\left(1+y\right)}\ge \frac{3}{4}[/tex].
Съкратен списък, МОМ 1998

[Реклама]

[Pinetop Smith]

Първата:

От СА-СГ:

[tex]\sum_{cyc}^{ } \sqrt[3]{1.1.\frac{6ab+1}{3a\sqrt{3}}} \le \sum_{cyc}^{ } \frac{1+1+\frac{6ab+1}{3a\sqrt{3}}}{3} [/tex]

Значи ще е достатъчно да докажем, че

[tex]\sum_{cyc}^{ } \frac{1+1+\frac{6ab+1}{3a\sqrt{3}}}{3} \le \frac{1}{3abc\sqrt{3}}, [/tex]

което е еквивалентно с:

[tex]9\sqrt{3}abc + 3abc(a+b+c) \le 4[/tex]

В добре известното [tex](x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx)[/tex] полагаме [tex]x = ab, y = bc, z = ca.[/tex] Получаваме [tex]1 \ge 3abc(a+b+c)[/tex]. От СА-СГ: [tex]1 = ab + bc + ca \ge 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}[/tex], откъдето лесно следва, че [tex]9\sqrt{3}abc \le 3[/tex].


Втората:

Eквивалентно с [tex]4(x^4 + y^4 + z^4) + x + y + z \ge 3(xy + yz + zx) + 6[/tex].

Лесно се доказва, че ако [tex]mnp = 1[/tex], то [tex]m^2 + n^2 + p^2 \ge m + n + p[/tex](например защото [tex](2, 0, 0)[/tex] мажорира [tex](\frac{4}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3})[/tex]).

Тогава имаме [tex]3(x^4+ y^4 + z^4) \ge (x^2 + y^2 + z^2)^2 \ge (x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx)[/tex].

Накрая, от СА-СГ: [tex]x^4 + y^4 + z^4 + x + y + z \ge 6(xyz)^{\frac{5}{6}} = 6[/tex] и сме готови.

[Pinetop Smith]

Предизвикателство: докажете 2-ра задача, ако вместо xyz = 1 имаме x +y + z ≥ 3.

[Пафнутий]

[Pinetop Smith]

Даже вече е било пускано във форума(обобщението): http://www.math10.com/forumbg/viewtopic.php?t=11104