Лёгкое неравенство

[arqady]

Докажите, что для всех действительных $a,$ $b$ и $c$ таких, что $a^2+b^2+c^2+5(ab+ac+bc)\geq0$, выполняется:

$$(a+b+c)^6\geq36(a+b)(a+c)(b+c)abc$$

[Sasha2]

Не совсем понял, но по AM-GM
$\frac{(a+b)+(b+c)+(a+c)+a+b+c}{6}=\frac{a+b+c}{2} \ge \sqrt[6]{(a+b)(b+c)(a+c)abc}$
А значит $(a+b+c)^6 \ge 64(a+b)(b+c)(a+c)abc$

[arqady]

Sasha2 в сообщении #308416 писал(а):

Не совсем понял, но по AM-GM
$\frac{(a+b)+(b+c)+(a+c)+a+b+c}{6}=\frac{a+b+c}{2} \ge \sqrt[6]{(a+b)(b+c)(a+c)abc}$
А значит $(a+b+c)^6 \ge 64(a+b)(b+c)(a+c)abc$

Ваше неравенство неверно. Проверьте: $a=3.5$, $b=-1.4$ и $c=0.91$
Стал искать контр-пример к Вашему неравенству и нашёл - к своему.
Уже исправил условие.

[Sasha2]

Да нет, оно верно, только я условие не разглядел и перепутал все вещественные со всеми положительными.

[Sasha2]

Исходное неравенство не меняется при изменении знаков всех трех чисел $a, b, c$ на противоположные.
Поэтому:
1) Оно справедливо, когда все эти три числа положительные, а значит оно справедливо и когда все эти три числа отрицательные.
2) Далее без ограничения общности можно считать, что среди чисел $a, b, c$ есть два положительных и одно отрицательное.
3) Пусть отрицательным будет $a$, а $b$ и $c$ положительны.
4) Тогда если модуль $a$ самый большой, то исходное неравенство заведомо справедливо, так как в его правой части будут три отрицательных сомножителя, а левая часть (шестая степень) всегда неотрицательна.
5) Если модуль $a$ самый маленький, то тогда подстановкой $x=\frac{a+b}{2}, y=\frac{b+c}{2}, z=\frac{a+c}{2}$ сводим исходное неравенство (я опускаю детали) к неравенству, справедливость которого точно также как и выше по AM-GM доказывается легко (так как в этом случае все три числа $x, y, z$ - числа положительные).
6) Остался последний случай, когда модуль $a$ заключен между модулями двух положительных чисел $b$ и $c$. Мы будем полагать, что $b<c$.
Тогда в левой части вот рассмотрим такой кусочек $a(a+b)$ - это число положительное, равное произведению двух неотрицательных чисел $a$ и $(a+b)$. Ясно что оно меньше $a^2$. Тогда левая часть данного неравенства меньше $36(a+c)(b+c)a^2bc$.
Далее по AM-GM получаем, что $\frac{4}{3}[(a+c)(b+c)+a^2+bc]^3 \ge 36(a+c)(b+c)a^2bc$.
Остается показать, что
$(a+b+c)^2 \ge \sqrt[3]{\frac{4}{3}}[(a+c)(b+c)+a^2+bc]$
при заданных условиях на $a, b, c$.
Если это можно сделать, то значит таким способом можно доказать данное неравенство, если нет, то значит нужно по другому.

[OV08]

Хмм... Это неравенство равносильно: (суммы циклические)
$(\sum{a^3}+3\sum{a^2b}+3\sum{b^2a})^{2}+12abc\sum{a^3}\ge 36a^{2}b^{2}c^2$

или $x=\sum{a^2b}+3\sum{b^2a}$
$y=2abc$

$(\sum{a^3})^{2}+6(x+y)\sum{a^3}+9x^{2}-9y^{2}\ge 0$
Если расматривать это, как квадратное неравенство относительно $\sum{a^3}$ надо доказать
что дискриминант не превосходит нуляНо с этим как-то туго. Надо как-то использовать условие

[Юстас]

arqady в сообщении #308405 писал(а):

Докажите, что для всех действительных $a,$ $b$ и $c$ таких, что $a^2+b^2+c^2+5(ab+ac+bc)\geq0$, выполняется:

$$(a+b+c)^6\geq36(a+b)(a+c)(b+c)abc$$

Обозначим $t_1:=a+b+c, \ t_2:=ab+bc+ac, \ t_3:=abc$. Также в силу уже сказанного выше, достаточно считать что $t_2\leq 0$. Тогда нужно показать, что $t_1^6\geq 36t_3(t_1t_2-t_3)\leftrightarrow 36t_3^2-36t_1t_2\cdot t_3+t_1^6\geq 0$ при $t_1^2+3t_2\geq 0$. Рассмотрим $f(t_3):=36t_3^2-36t_1t_2\cdot t_3+t_1^6$ как квадратный трехчлен от $t_3$, который достигает минимума при $t_3=(t_1 t_2)/2$, подстановка этого значения дает $f((t_1 t_2)/2)=t_1^2(t_1^2-3t_2)(t_1^2+3t_2)\geq 0$.

[arqady]

Всё правильно, Юстас! Моё доказательство примерно такое же.
Равенство достигается ещё, когда $a,$ $b$ и $c$ - корни уравнения $2x^3-6x^2-6x+9=0.$