Свежее неравенство

[arqady]

Для положительных $a$, $b$ и $c$ докажите, что:

$$\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}+\left(\frac{ab+ac+bc}{a^2+b^2+c^2}\right)^{\frac{31}{32}}\geq4$$

П.С. Если $\frac{31}{32}$ заменить на $\frac{32}{33}$, то получится неверное неравенство.

[Sasha2]

1) Согласно AM-GM (можно в данном случае и на Бернулли ссылаться) имеем для любого положительного $x$: $\[3{x^{ - \frac{1}{3}}} + x \ge 4\]$.
2) Мы будем считать, что $\[x = {\left( {\frac{{ab + bc + ac}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}} \right)^{\frac{{31}}{{32}}}}\]$.
3) Теперь останется показать, что $\[\frac{{a + b + c}}{{3\sqrt[3]{{abc}}}} \ge {\left( {\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{ab + bc + ac}}} \right)^{\frac{{31}}{{96}}}}\]$.
Или в эквивалентной форме: $\[{(a + b + c)^{96}}{(ab + bc + ac)^{31}} \ge {3^{96}}{(abc)^{32}}{({a^2} + {b^2} + {c^2})^{31}}\]$
4) Далее имеем следуюшие неравенства:
$\[ab + bc + ac \ge \sqrt {3abc(a + b + c)} \]$ и $\[a + b + c \ge \sqrt[4]{{9({a^2} + {b^2} + {c^2})(ab + bc + ac)}}\]$.
5) Возводя первое из них в 64-ю степень, а второе в 128-ю и перемножая почленно, получаем исходное неравенство.

Вроде верно, если опять нигде не напутал.

[arqady]

Sasha2 в сообщении #466896 писал(а):

1) $\[a + b + c \ge \sqrt[4]{{9({a^2} + {b^2} + {c^2})(ab + bc + ac)}}\]$.

Это неверно: $a=b=1$ и $c\rightarrow0^+$.

[Sasha2]

Понятно. Может тогда натолкнете на путь истиный.

[arqady]

Позже... Пусть народ подумает. Может, кто-то найдёт решение, отличное от моего.