Два неравенства 3-й степени

[Rak so dna]

Докажите для $x,y,z\geqslant0$:

$x^3+y^3+z^3+3(x-y)(y-z)(z-x)\geqslant3xyz$

$x^3+y^3+z^3+5xyz\geqslant(x+y)(y+z)(z+x)$

[hippie]

Второе неравенство можно переписать в виде $x(x-y)(x-z)+y(y-z)(y-x)+z(z-x)(z-y) \ge 0.$
Не уменьшая общности можно считать, что $x \le y \le z.$ Тогда $x(x-y)(x-z) \ge 0$ и $y(y-x)(z-y) \le z(z-x)(z-y),$ т.е. $y(y-z)(y-x)+z(z-x)(z-y) \ge 0.$

[arqady]

Первое неравенство перепишем так:
$(x+y+z)\sum\limits_{cyc}(x-y)^2\geq6(x-y)(x-z)(y-z)$ и после использования AM-GM остаётся доказать, что
$(x+y+z)^3\geq8(x-y)(x-z)(y-z)$ или $\sum\limits_{cyc}(x^3-5x^2y+11x^2z+2xyz)\geq0$, что очевидно поскольку
$x^2-5xy+11y^2\geq0$.

[Rak so dna]

hippie верно! Ваш способ можно использовать и для доказательства первого неравенства (я их доказывал так же). arqady все верно! Спасибо! В вашем доказательстве фигурировала сумма $\sum\limits_{cyc}(x-y)^2$. Поэтому стоит отметить и такие способы доказательства:

$x^3+y^3+z^3+3(x-y)(y-z)(z-x)-3xyz=\sum\limits_{cyc}(x-y)^2\frac{x(x^2+z^2+4xz+3yz)}{x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx}$

$x^3+y^3+z^3+5xyz-(x+y)(y+z)(z+x)=\sum\limits_{cyc}(x-y)^2\frac{xy(x+y)}{(x+z)(y+z)}$
По-моему все однородные неравенства 3-й степени 3-х переменных, доказуемые методом hippie можно разложить в подобные суммы. Вот только как такое доказать? Или построить контрпример?

[Rak so dna]

Еще неравенство из той же серии. Для $x,y,z\geqslant0$ докажите, что

$2017(x^3+y^3+z^3) +3\cdot2015xyz\geqslant 2016(xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x))$

[Sergic Primazon]

Rak so dna в сообщении #1091165 писал(а):

Еще неравенство из той же серии. Для $x,y,z\geqslant0$ докажите, что

$2017(x^3+y^3+z^3) +3\cdot2015xyz\geqslant 2016(xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x))$

Неравенство Шура :

$$ x^3+y^3+z^3 +3xyz \ge xy(x+y)+yz(z+y)+zx(z+x)$$

И AM-GM:

$$x^3+y^3+z^3 -3xyz \ge 0$$

[Rak so dna]

Sergic Primazon верно