EŞİTSİZLİK 154

[MATSEVER 27]

$a+b+c \ge 3$  koşulunu sağlayan tüm $a,b,c$ pozitif gerçel sayıları için;
$$abc+2 \ge \frac{9}{a^3+b^3+c^3}$$
olduğunu kanıtlayınız.

(Mehmet Berke İşler)

[Eray]

Maalesef her adımınız yanlış.

$1\ge abc$ diyebilmemiz için $3\ge a+b+c$ olması gerekir. Örneğin $(a,b,c)=(100,100,100)$ için $a+b+c\ge3$ koşulu sağlanmasına rağmen $1\ge abc $ olmaz.

Eğer $1\ge abc$ olsaydı bile $a^3+b^3+c^3\ge3$ ifadesini kanıtlamak yeterli olmazdı. Çünkü bu durumda $3\ge abc+2$ ve $3\ge \dfrac{9}{a^3+b^3+c^3}$ olduğunu bilecektik. $2+abc\ge\dfrac{9}{a^3+b^3+c^3}$ sonucunu elde edemezdik.

Eğer onu kanıtlamak yeterli olsaydı bile yaptığınız AGO bize $a^3+b^3+c^3\ge 3abc$ olduğunu söyler. Bunu ve $1\ge abc$ olduğunu bilerek $a^3+©^3+c^3\ge3$ elde edemeyiz. Ayrıca son olarak $3abc\ge3$ yazmışsınız zaten.

[ArtOfMathSolving]

Burada Nasıl bir yol izleyebiliriz ? 

[MATSEVER 27]

Genel-Ortalama Eşitsizliğinden $a^2+b^2+c^2 \ge 3$ olduğundan $(a^2+b^2+c^2)(a+b+c) \ge 9 \Rightarrow a^3+b^3+c^3+ab^2+bc^2+ca^2+a^2c+b^2a+c^2b \ge 9$ diyebiliriz. Schur Eşitsizliğinden $a^3+b^3+c^3+3abc \ge ab^2+bc^2+ca^2+a^2c+b^2a+c^2b$ ve buradan $2(a^3+b^3+c^3)+3abc \ge 9$ bulunur. $a^3+b^3+c^3 \ge \dfrac{9-3abc}{2}$ elde edilir. $\dfrac{9}{a^3+b^3+c^3} \le \dfrac{6}{3-abc}$ bulunur. Eğer $abc+2 \ge \dfrac{6}{3-abc}$ ise yani $abc=x$ için $-x^2+x+6 \ge 6$ $\Rightarrow 1 \ge x$ bu $1 \ge abc$ için doğrudur.

Eğer $abc \ge 1$ olsaydı, $a^3+b^3+c^3 \ge 3abc$ ve $\dfrac{9}{a^3+b^3+c^3} \le \dfrac{3}{abc}$ olduğundan $abc(abc+2) \ge 3$ olması yeterlidir. Bunun doğruluğu ise aşikardır.

O halde ispat biter.