O Problemă de la Concursul "Laurențiu Panaitopol" 2015

Ediția a VIII-a, 14 noiembrie 2015, București, pentru Clasa a 8-a, vezi aici pag 78 (Problema 2).

Enunț : Se consideră numerele reale pozitive $x$, $y$ și $z$. Demonstrați că, dacă $x+y+z=1$, atunci
$$\left ( 1+\frac{1}{x} \right )\left (  1+\frac{1}{y}\right )\left ( 1+\frac{1}{z} \right )\geqslant 64.$$


Demonstrație CP
Notând $E:= \left ( 1+\frac{1}{x} \right )\left (  1+\frac{1}{y}\right )\left ( 1+\frac{1}{z} \right )$, avem, după efectuarea calculelor
$$E= 1+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{xy}+\frac{1}{xz}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xyz},$$ sau grupând
$$E= 1+(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})+\frac{x+y+z}{xyz}+\frac{1}{xyz},$$ și ținând seama de ipoteză avem în final
$$E= 1+(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})+\frac{2}{xyz}.$$
Dar se cunosc inegalitățile: UNU- $(x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\geqslant 3^{2}$, de unde deducem $$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geqslant \frac{9}{x+y+z}=9,$$
respectiv DOI-  $xyz\leqslant \left ( \frac{x+y+z}{3} \right )^{3}\leqslant \frac{1}{27}$, deci $$\frac{1}{xyz}\geqslant 27.$$
Atunci, din ultima formă a lui $E$ rezultă $E \geqslant 1+9+2\cdot 27 = 64$ QED.
Egalitatea are loc când $x=y=z=\frac{1}{3}$.

Cât privește inegalitățile declarate  "cunoscute", aici le deducem elementar, deși se poate utiliza clasica AM-GM, însă bietul elev de a VIII-a n-ar fi obligat s-o știe.
Așadar $(a-b)^{2}\geqslant 0\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}\geqslant 2ab\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+2ab\geqslant 2ab+2ab\Leftrightarrow (a+b)^{2}\geqslant 4ab\Leftrightarrow$ $$ab\leqslant \left ( \frac{a+b}{2} \right )^{2};$$
numerele $a$ și $b$ pot fi reale, oarecare; egalitatea are loc d.d. $a=b$.
Folosim de două ori inegalitatea de mai sus, presupunând acum $a,b,c,d \geqslant 0$, astfel:
$$abcd=(ab)(cd)\leqslant \left( \frac{a+b}{2} \right ) ^{2}\cdot \left( \frac{c+d}{2} \right )^{2}                =\left( \frac{a+b}{2} \cdot \frac{c+d}{2} \right )^{2}\leqslant  \left [ \left (\frac {\frac{a+b}{2}+\frac{c+d}{2}}{2} \right )^{2}\right ]^{2},$$
deci în final am demonstrat că
$$abcd\leqslant \left [ \frac{a+b+c+d}{4} \right ]^{4}.$$
Semnul $=$ are loc când $a=b$ și $c=d$ și $\frac{a+b}{2}=\frac{c+d}{2}$, deci $a=b=c=d$.
Punând mai sus $a=x$, $b=y$, $c=z$, $d=\frac{x+y+z}{3}$ obținem
$$xyz \cdot d \leqslant \left (\frac{3\cdot d +d}{4} \right )^{4}=d^{4}$$
și simplificând prin $d >0$ rezultă inegalitatea DOI; are loc semnul $=$ d.d. $x=y=z$.
Să scriem inegalitatea DOI cu variabilele pozitive $a,b,c$ sub forma
$$\left ( a+b+c \right )^{3}\geqslant 3^{3}abc.$$
Punând mai sus odată $a=x$, $b=y$, $c=z$, apoi $a=\frac{1}{x}$, $b=\frac{1}{y}$, $c=\frac{1}{z}$, obținem respectiv
$$\left ( x+y+z \right )^{3}\geqslant 3^{3}xyz,$$
$$\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right )^{3}\geqslant 3^{3}\frac{1}{x}\frac{1}{y}\frac{1}{z},$$
care înmulțite membru cu membru conduc la $$\left ( x+y+z \right )^{3}\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right )^{3}\geqslant 3^{3}xyz\cdot3^{3}\frac{1}{x}\frac{1}{y}\frac{1}{z}=(3^2)^{3}$$ iar de aici, având în vedere că $A^{3}\geqslant B^{3}\Leftrightarrow A\geqslant B$, pentru mărimile nenegative $A$ și $B$, rezultă inegalitatea UNU. Din nou, are loc semnul $=$ d.d. $x=y=z$.