14-ші «Жібек жолы» математикалық олимпиадасы, 2014 жыл

Теріс емес $a$, $b$, $c$ сандары үшін ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+abc=4$ теңдігі орындалса, онда ${{a}^{3}}b+{{b}^{3}}c+{{c}^{3}}a\le 3$ теңсіздігін дәлелдеңіздер. ( Мирзахмедов A. )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Решение. Если $a \ge b \ge c$ или $c \ge b \ge a,$ то $$ c(b^2 - c^2)(b - a) \le 0 \iff a^3b + b^3c + c^3a \le b(a^3 + abc + c^3). $$ По неравенству о среднем арифметическом и среднем геометрическом имеем \begin{align*} &\sqrt[4]{b^3 \left( \frac{a^3 + abc + c^3}{3}\right) \left( \frac{a^3 + abc + c^3}{3}\right) \left( \frac{a^3 + abc + c^3}{3}\right)} \\ &\le \frac{1}{4}\left(b^3 + \left( \frac{a^3 + abc + c^3}{3}\right) + \left( \frac{a^3 + abc + c^3}{3}\right) + \left( \frac{a^3 + abc + c^3}{3}\right)\right) \\ &= \frac{1}{4} (a^3 + b^3 + c^3 + abc) = 1. \end{align*} То есть $$ b(a^3 + abc + c^3) \le 3. $$
Остальные случаи доказываются аналогично:
Если $a \ge c \ge b$ или $b \ge c \ge a$ $$ a(c^2 - a^2)(c - b) \le 0 \implies a^3b + b^3c + c^3a \le c(a^3 + abc + b^3) \le 3. $$
Если же $b \ge a \ge c$ или $c \ge a \ge b$ $$ b(a^2 - b^2)(a - b) \le 0 \implies a^3b + b^3c + c^3a \le a(b^3 + abc + c^3) \le 3. $$

Пусть $\{a,b,c\}=\{x,y,z\}$ так, что $x\geq y\geq z$ рименяя перестановочное(trans) неравенство и AM-GM получаem

$a^3b+b^3c+c^3a=a^2\cdot b+b^2\cdot bc+c^2\cdot ca\leq x^2\cdot xy+y^2\cdot xz+z^2\cdot yz=y(x^3+xyz+z^3)=$

$=y(4-y^3)\leq3$.

Rewenie ot Michael Rozenberg.