Любителям перестановочного неравенства

[arqady]

Пусть $a$, $b$ и $c$ таковы, что $a+b+c\geq0$ и $ab+ac+bc\geq0$. Докажите, что:

$$a^3+b^3+c^3\geq a^2b+b^2c+c^2a$$

[w0robey]

Доказывается через весовое неравенство Коши...

[arqady]

w0robey в сообщении #447296 писал(а):

Доказывается через весовое неравенство Коши...

Уверены?

[мат-ламер]

Правую часть перенести в левую и взять градиент. Он равен нулю только при $a=b=c$. Затем собираюсь исследовать функцию на границе.

[w0robey]

arqady в сообщении #447359 писал(а):

Уверены?

Первое, что пришло на ум... хотя можно наверное и КБШ обойтись...

[MathKvant]

Никогда толком неравенства доказывать не получалось, но на одной из олимпиад было похожее неравество, так вот авторское решение было через неравенства Караматы. Ну так вот может здесь оно пройдёт.

[Edward_Tur]

Если $$abc \ge 0$, то из теоремы Виета следует, что все числа неотрицательные – и имеем хорошо известное неравенство.
В противном случае ровно одна переменная отрицательная, не ограничивая общности, $c<0$. Перейдем к неотрицательным переменным: $x=a, y=b,z=-c$.
Из неравенства $xy \ge z(x+y)$ следует, что $z$ - наименьшее.
Остаётся доказать неравенство $x^3+y^3+y^2z \ge z^3+x^2y+z^2x$, но оно очевидно:
$ (y^2z - z^3)+(x^3+y^3-x^2y-y^2x)+(y^2x-z^2x) \ge 0$.

[arqady]

Всё правильно!
Усилим его немного.
Пусть $a$, $b$ и $c$ таковы, что $a+b+c\geq0$ и $2(a^2+b^2+c^2)+7(ab+ac+bc)\geq0$. Докажите, что:

$$a^3+b^3+c^3\geq a^2b+b^2c+c^2a$$

[arqady]

arqady в сообщении #447456 писал(а):

Пусть $a$, $b$ и $c$ таковы, что $a+b+c\geq0$ и $2(a^2+b^2+c^2)+7(ab+ac+bc)\geq0$. Докажите, что:

$$a^3+b^3+c^3\geq a^2b+b^2c+c^2a$$

Лемма.
Пусть $x+y+z\geq0$ и $xy+xz+yz\geq0$. Тогда $x(b-c)^2+y(a-c)^2+z(a-b)^2\geq0$.
Доказательство.
Не ограничивая общности можно считать, что $x+z>0$.
(В противном случае, если $x+y\leq0$, $x+z\leq0$ и $y+z\leq0$, то $x=y=z=0$ и тогда неравенство очевидно.)
Но тогда $x(b-c)^2+y(a-c)^2+z(a-b)^2=x(b-a+a-c)^2+y(a-c)^2+z(a-b)^2=$
$=(x+z)(a-b)^2-2(a-b)(a-c)x+(x+y)(a-c)^2\geq0$ поскольку $x^2-(x+y)(x+z)=-(xy+xz+yz)\leq0$.
Перейдём теперь к доказательсву неравенства.
$\sum\limits_{cyc}(a^3-a^2b)=\frac{1}{3}\sum\limits_{cyc}(3a^3-3a^2b)=\frac{1}{3}\sum\limits_{cyc}(2a^3-3a^2b+b^3)=\frac{1}{3}\sum\limits_{cyc}(2a+b)(a-b)^2$.
Поскольку $\sum\limits_{cyc}(2a+b)=3(a+b+c)\geq0$ и $\sum\limits_{cyc}(2a+b)(2b+c)=\sum\limits_{cyc}(2a^2+7ab)\geq0$,
то доказательтво заканчивается согласно нашей лемме.


Следующее неравенство тоже верно.
Пусть $a$, $b$ и $c$ таковы, что $a+b+c\geq0$ и $a^2+b^2+c^2+7(ab+ac+bc)\geq0$. Докажите, что:

$$a^3+b^3+c^3\geq a^2b+b^2c+c^2a$$