Įrodykite, kad nelygybė yra teisinga

Kai [tex]a+b+c=1[/tex] ir [tex]a>0, b>0, c>0[/tex] įrodykite, kad nelygybė yra teisinga:

[tex]\left ( 1+\frac{1}{a} \right )\cdot \left ( 1+\frac{1}{b} \right )\cdot \left ( 1+\frac{1}{c} \right )\geq 64[/tex]

Tipiniai keitiniai:
$\begin{cases} a+b+c = 3u^2 \\ ab+bc+ca = 3v^2 \\ abc = w^3 \end{cases}$

ir gerai žinoma nelygybė, kurią pravartu žinoti: $u\ge v\ge w$, kai $a,b,c\ge 0$ yra pakankami išspręsti šį uždavinį įvedus šiuos keitinius.

Turime, jog nelygybė yra: $(a+1)(b+1)(c+1)\ge 64abc.$
Pertvarkius: $abc+ab+bc+ca+a+b+c+1\ge 64abc$
Įsivedus keitinius: $3u+3v^2+w^3+1 - 64w^3 \ge 0$
Kadangi $3u+3v^2+w^3+1 - 64w^3 \ge 3w+3w^2+w^3+1 - 64w^3$,
tai lieka parodyti, kad $3w+3w^2+w^3+1 - 64w^3\ge 0$.
Toliau jau tik technikos klausimas, kaip spręsime (išvestinės taikymas, skaidymas dauginamaisiais, vidurkiai), bet mokant bent vieną techniką, išspręsime.

Įrodymas paprastas, jei tinkamai remsimės Koši nelygybe
Kadangi a+b+c=1, tai
(a +1)(b+1)(c+1) = (a + a +b + c)(a + b + b +c)(a+b+c+c)≥ 4[tex]\sqrt[4]{a^{2}bc}[/tex] 4[tex]\sqrt[4]{ab^{2}c}[/tex] 4[tex]\sqrt[4]{abc^{2}}[/tex]=64abc.

To mathfux:
Pačioje pirmoje tavo eilutėje turi būti a, b, c KVADRATŲ suma.
a² + b² + c² = 3u²