Свежее неравенство

[arqady]

RIP в сообщении #298094 писал(а):

Можно и с помощью brute force доказать.
Надо доказать неравенство

$$\sum_{cyc}\frac{b+c}{a^2}-3\left(\frac1a+\frac1b+\frac1c\right)+\frac{27abc}{(a^2+b^2+c^2)^2}\ge0.$$

Перепишем его в виде

$$\sum_{cyc}\frac{(a-b)^2(2a^5-3a^3b^2+4a^3c^2+a^2b^3-9a^2b^2c+4a^2bc^2+2ac^4+2b^5+4b^3c^2+2bc^4)}{2a^2b^2(a^2+b^2+c^2)^2}\ge0.$$

Выражение в верхних правых скобках не должно меняться после перестановки $a$ и $b$.

[RIP]

arqady в сообщении #298159 писал(а):

Выражение в верхних правых скобках не должно меняться после перестановки $a$ и $b$.

Почему?
Но если поменять $a$ и $b$ местами, то выражение немного поменяется, но в сумме изменения дадут

$$\sum_{cyc}\frac{(a-b)^2\cdot4ab(a-b)(ab-c^2)}{2a^2b^2(a^2+b^2+c^2)^2}=0,$$

поэтому можно симметризовать по $a,b$. Просто написал то, какое удалось получить. Компьютер тоже соглашается со мной.

[arqady]

Да, всё верно, RIP!
Можно тогда и так:

$$\sum_{cyc}\frac{b+c}{a^2}-3\left(\frac1a+\frac1b+\frac1c\right)+\frac{27abc}{(a^2+b^2+c^2)^2}=$$

$$=\sum_{cyc}\frac{(a-b)^2(2a^5-3a^3b^2+4a^3c^2+a^2b^3-9a^2b^2c+4a^2bc^2+2ac^4+2b^5+4b^3c^2+2bc^4)}{2a^2b^2(a^2+b^2+c^2)^2}=$$

$$=\sum_{cyc}\frac{(a-b)^2(2a^5-a^3b^2-a^2b^3+2b^5+4a^3c^2+4b^3c^2-9a^2b^2c+2a^2bc^2+2b^2c^2a+2ac^4+2bc^4)}{2a^2b^2(a^2+b^2+c^2)^2}\ge$$

$$\geq\sum_{cyc}\frac{(a-b)^2(2(a+b)c^4+(4a^3+4b^3+2a^2b+2ab^2)c^2-9a^2b^2c+a^5+b^5)}{2a^2b^2(a^2+b^2+c^2)^2}\ge$$

$$\geq\sum_{cyc}\frac{(a-b)^2(4t^4+12t^2-9t+2)\sqrt{ab}}{2(a^2+b^2+c^2)^2}\ge0,$$

где $t=\frac{c}{\sqrt{ab}}$ и последнее неравенство верно, например, вот почему:
$4t^4+12t^2-9t+2=4t^4+6\cdot2t^2+9\cdot\frac{2}{9}-9t\geq\left(16\sqrt[16]{4\cdot2^6\cdot\left(\frac{2}{9}\right)^9}-9\right)t\geq0$