Неравенство

[arqady]

Для всех действительных $a$, $b$ и $c$ докажите, что

$$4(a^6+b^6+c^6)+5abc(a^3+b^3+c^3)\geq(ab+ac+bc)^3$$

[Sergic Primazon]

Шур четвертого порядка и $ AM-GM $

[arqady]

Но ведь переменные могут быть отрицательными.

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #1141259 писал(а):

Для всех действительных $a$, $b$ и $c$ докажите, что

$$4(a^6+b^6+c^6)+5abc(a^3+b^3+c^3)\geq(ab+ac+bc)^3$$

1. $a,b,c \ge 0$

н. Шура : $a^4\cdot(a-b)\cdot(a-c)+b^4\cdot(b-c)\cdot(b-a)+c^4\cdot(c-a)\cdot(c-b) \ge 0$

Тогда :

$$4(a^6+b^6+c^6) +5abc(a^3+b^3+c^3) \ge 4\sum\limits_{cyc}(a^5b+b^5a)+abc(a^3+b^3+c^3)\ge (ab+bc+ca)^3$$

Последнее верно по $AM-GM:$

$$\sum\limits_{cyc}(3a^5c+2a^5b+2ab^5+bc^5+b^5c) \ge 9\sum\limits_{cyc}a^3b^2c$$

$$\sum\limits_{cyc}(3a^5b+2a^5c+2ac^5+cb^5+c^5d) \ge 9\sum\limits_{cyc}a^3c^2b$$

$$\frac {3}{2}\sum\limits_{cyc}(a^5b+b^5a) \ge 3\sum\limits_{cyc}a^3b^3$$

$$\frac {3}{2}\sum\limits_{cyc}(a^5b+b^5a)+3abc(a^3+b^3+c^3) \ge 18\sum\limits_{cyc}a^2b^2c^2$$

2. $c < 0 $ , $a \ge0 , $ b \ge 0 $

$$\Leftrightarrow 4(a^6+b^6+c^6)+5abc^4\ge 5abc(a^3+b^3)+(ab-bc-ca)^3$$

$$4(a^6+b^6+c^6)+5abc^4+3a^2b^2c(a+b)+c^3(a+b)^3 \ge 5abc(a^3+b^3)+a^3b^3+3abc^2(a+b)^2$$

Верно по $AM-GM:$

$$2a^6+a^3c^3+a^2b^3c+a^3b^2c \ge 5a^4bc$$

$$2b^6+b^3c^3+b^2a^3c+b^3a^2c \ge 5b^4ac$$

$$a^6+a^2bc^3+ab^2c^3 \ge 3 a^3bc^2$$

$$b^6+b^2ac^3+ba^2c^3 \ge 3 b^3ac^2$$

$$\frac{1}{2}(a^6+b^6) \ge a^3b^3$$

$$a^3b^2c+ab^2c^3\ge 2a^2b^2c^2 ; a^2b^3c + ba^2c^3 \ge 2a^2b^2c^2 ; \frac{1}{2}(a^6+b^6+2abc^4) \ge 2a^2b^2c^2$$

[arqady]

Здорово! Так доказал один из наших школьников во время теста.
Моё доказательство.
Докажем, что $\sum\limits_{cyc}(4a^6+5a^4bc)\geq(ab+ac+bc)^3+\frac{1}{3}\left(\sum\limits_{cyc}(a^3-a^2b-a^2c+abc)\right)^2$.
Пусть $a+b+c=3u$, $ab+ac+bc=3v^2$ and $abc=w^3$.
Так как наше неравенство шестой степени, коэффициент перед $w^6$ это число. Найдём его.
$a^6+b^6+c^6=(a^2+b^2+c^2)^3-3(a^2+b^2+c^2)(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)+3a^2b^2c^2\equiv3w^6$
$abc(a^3+b^3+c^3)=w^3((a+b+c)^3-(a+b+c)(ab+ac+bc)+3abc)\equiv3w^6$.
То бишь коэффициент перед $w^6$ в левой части неравенства равен $27$.
$\sum\limits_{cyc}(a^3-a^2b-a^2c+abc)=$
$=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)-2(ab+ac+bc)(a+b+c)+9abc\equiv9w^3$.
Поэтому коэффициент перед $w^6$ в правой части неравенства $27$ и наше неравенство линейно по $w^3$
и поэтому достаточно доказать наше неравенство в случае граничных значений $w^3$,
что происходит, когда две переменные равны.
То бишь остаётся доказать наше неравенство для $b=c=1$, что даёт $(a-1)^2(11a^4+26a^3+50a^2+54a+21)\geq0$,
что верно.

[TR63]

Вопрос

(Оффтоп)

Исходное неравенство при одной отрицательной переменной, хотя бы при одном взаимном расположении переменных, можно доказать с помощью частной производной. (Другие случаи количества отрицательных переменных тоже (и при любых расположениях переменных); они проще, т.к. там частная производная представима в виде суммы положительных слагаемых.)

Sergic Primazon в сообщении #1141539 писал(а):

$$ 4(a^6+b^6+c^6)+5abc^4\ge 5abc(a^3+b^3)+(ab-bc-ca)^3$$

$$4(a^6+b^6+c^6)+5abc^4+3a^2b^2c(a+b)+c^3(a+b)^3 \ge 5abc(a^3+b^3)+a^3b^3+3abc^2(a+b)^2$$

1). $a\ge c\ge b>0$.


$f'_a=[24a^5]+(5bc^4)+9a^2bc^2+6ab^3c+\{3c^3(a+b)^2\}-\{[20a^3bc]+(5b^4c)+3a^2b^3+9a^2bc^2+6ab^2c^2+\{3b^3c^3\}\}$

Рассмотрим усиленное неравенство

$4a^4-3b(b^2-3bc+3c^2)a-6b^2c(c-b)\ge0$

Количество положительных корней равно 1. Значит при $a>c$ знак сохраняется, если при $a=c$ он был $(\ge)$. Посмотрим, какой в этом случае знак.

$4c^3-9bc^2+3b^2c+3b^3\ge0$

Здесь частная производная положительна при $c>b$. Значит функция монотонно возрастает и достаточно выяснить знак при $c=b$.
В итоге исходное неравенство достаточно доказать при $a=c$. В силу его однородности, достаточно рассмотреть $a+b+c=1$, $b=1-2c$. Получится неравенство от одной переменной, которое всегда, как известно, можно решить.

Вопрос: при других взаимных расположениях переменных частная производная по какой-либо переменной будет ли только неотрицательна или только неположительна.