Неравенство

[expmrs]

Для $a + b + c = 1$ доказать, что $5(a^2 + b^2 + c^2)^2 \geqslant a^3 + b^3 + c^3 + 4a^2b + 4b^2c + 4c^2a$

[hippie]

По моему, проходит стандартный приём:
Домножить правую часть на $a+b+c$ и разложить в сумму неравенств между средними.

[expmrs]

Даже если и проходит, неравенство между средними верно лишь для неотрицательных чисел

[hippie]

Утром не было времени проверить решение до конца.
Сейчас пришёл с работы и распишу всё подробно.

$5(a^2+b^2+c^2)^2 \ge (a^3+b^3+c^3+4a^2b+4b^2c+4c^2a)(a+b+c);$

$5a^4+5b^2 +5c^2+10a^2b^2+10b^2c^2+10c^2a^2 \ge $
$\ge a^4+b^4+c^4+5a^3b+5b^3c+5c^3a+a^3c+b^3a+c^3b+$
$+4a^2b^2+4b^2c^2+4c^2a^2+4a^2bc+4b^2ca+4c^2ab;$

$4a^4+4b^2 +4c^2+6a^2b^2+6b^2c^2+6c^2a^2 \ge $
$\ge 5a^3b+5b^3c+5c^3a+a^3c+b^3a+c^3b+4a^2bc+4b^2ca+4c^2ab.$

Последнее неравенство раскладывается в сумму неравенств:
$\frac 52 a^4+\frac 52 a^2b^2 \ge 5|a^3b| \ge 5a^3b,$
$\frac 52 b^4+\frac 52 b^2c^2 \ge 5|b^3c| \ge 5b^3c,$
$\frac 52 c^4+\frac 52 c^2a^2 \ge 5|c^3a| \ge 5c^3a,$
$\frac 12 a^4+\frac 12 c^2a^2 \ge |a^3c| \ge a^3c,$
$\frac 12 b^4+\frac 12 a^2b^2 \ge |b^3a| \ge b^3a,$
$\frac 12 c^4+\frac 12 b^2c^2 \ge |c^3b| \ge c^3b,$
$a^4+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \ge 4|a^2bc| \ge 4a^2bc,$
$b^4+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \ge 4|b^2ca| \ge 4b^2ca,$
$c^4+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \ge 4|c^2ab| \ge 4c^ab.$

[expmrs]

Действительно стандартно, извините что усомнился. Видимо сам перемудрил с решением


Для всех неотрицательных $a + b + c = 1$ доказать
$5(a^3+b^3+c^3)^2\geqslant a^5+b^5+c^5+4a^3b^2+4b^3c^2+4c^3a^2$

Может и тут пройдет?

[arqady]

Не заметил сначала Ваше новое неравенство:

expmrs в сообщении #717274 писал(а):

Для всех неотрицательных $a + b + c = 1$ доказать
$5(a^3+b^3+c^3)^2\geqslant a^5+b^5+c^5+4a^3b^2+4b^3c^2+4c^3a^2$

$5(a^3+b^3+c^3)^2-(a^5+b^5+c^5+4a^3b^2+4b^3c^2+4c^3a^2)=$
$=5(a^3+b^3+c^3)^2-(a^5+b^5+c^5+4a^3b^2+4b^3c^2+4c^3a^2)(a+b+c)=$
$=\sum\limits_{cyc}(4a^6-a^5b-a^5c+6a^3b^3-4a^4b^2-4a^3b^2c)=$
$=\sum\limits_{cyc}\left(\frac{4}{3}\left(a^6-3a^4b^2+2a^3b^3\right)+2a^6-a^5b-a^5c+\frac{2}{3}(a^6-a^3b^3)+4(a^3b^3-a^3b^2c)\right)$,
что неотрицательно.

Следующее неравенство тоже верно.
Для действительных $a$, $b$ и $c$ таких, что $a+b+c=1$, докажите, что:

$$5(a^2+b^2+c^2)^2\geq3(a^3+b^3+c^3)+2(a^2b+b^2c+c^2a)$$

[expmrs]

arqady в сообщении #717276 писал(а):

Следующее неравенство тоже верно.
Для действительных $a$, $b$ и $c$ таких, что $a+b+c=1$, докажите, что:

$$5(a^2+b^2+c^2)^2\geq3(a^3+b^3+c^3)+2(a^2b+b^2c+c^2a)$$

Для $a+b+c=1$ верно равенство

$$5(a^2+b^2+c^2)^2-(3a^3+3b^3+3c^3+2a^2b+2b^2c+2c^2a)=$$ $$\frac{1}{2}((2ab-a^2-bc)^2+(2bc-b^2-ca)^2+(2ca-c^2-ab)^2+3(3ab+3bc+3ca-1)^2+a^2(c-b)^2+b^2(a-c)^2+c^2(b-a)^2)$$

[arqady]

Здорово!
Докажите, что:

$$(a^2+b^2+c^2)(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)\geq\sqrt6(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)$$

[expmrs]

arqady в сообщении #718520 писал(а):

Докажите, что:

$$(a^2+b^2+c^2)(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)\geq\sqrt6(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)$$

Верно равенство:

$$(a^2+b^2+c^2)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)-\sqrt6(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)=$$

$$\frac{1}{2}\sum_{cyc}(\frac{\sqrt6}{3}(2ab-bc-ca)+(a-b)(a+b-c))^2 $$

[arqady]

Всё правильно! Сумма квадратов это, конечно, красиво!
Попробуйте вот это неравенство, принадлежащее Василе Кыртоаже:
Для неотрицательных $a$, $b$ и $c$ докажите, что:

$$(a+b+c)^5\geq12(a^4b+a^4c+b^4a+b^4c+c^4a+c^4b)$$

Неужели и здесь устроите сумму квадратов?

[expmrs]

arqady в сообщении #720321 писал(а):

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

$$(a+b+c)^5\geq12(a^4b+a^4c+b^4a+b^4c+c^4a+c^4b)$$

Для $a+b+c=1$ верно равенство

$$(a+b+c)^5-12(a^4b+a^4c+b^4a+b^4c+c^4a+c^4b)=$$

$$ \frac{1}{2}((6ab+6bc+6ca-1)^2+ 8abc(ab+bc+ca)+\sum_{cyc}a(a^2+b^2+c^2-4a(b+c))^2)$$

arqady, у Вас отличные неравенства!

[arqady]

Wow!

expmrs в сообщении #721346 писал(а):

arqady, у Вас отличные неравенства!

Спасибо, стараюсь! Только здесь их не очень-то доказывают.

[arqady]

Следующее неравенство можно доказать с помощью той же идеи:
квадрат любого действительного числа неотрицателен.
Для неотрицательных $a$, $b$ и $c$ докажите, что

$$\sqrt{a^2+2bc}+\sqrt{b^2+2ac}+\sqrt{c^2+2ab}\leq\sqrt{a^2+b^2+c^2}+2\sqrt{ab+ac+bc}$$

Приветствуется, конечно, любой другой путь.

[expmrs]

arqady в сообщении #729101 писал(а):

Для неотрицательных $a$, $b$ и $c$ докажите, что

$$\sqrt{a^2+2bc}+\sqrt{b^2+2ac}+\sqrt{c^2+2ab}\leq\sqrt{a^2+b^2+c^2}+2\sqrt{ab+ac+bc}$$

Приветствуется, конечно, любой другой путь.

Для $ab+bc+ca \ne0$ верно:

$$ 0 \geqslant \frac{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}{ \prod\limits_{cyc} (\sqrt{a^2+b^2+c^2}+\sqrt{a^2+2bc})} - \frac{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}{ \prod\limits_{cyc} (\sqrt{ab+bc+ca}+\sqrt{a^2+2bc})} = $$ $$ \frac{1}{4}\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}+\sqrt{ab+bc+ca}}$$(\sum\limits_{cyc}\sqrt{a^2+2bc}-\sqrt{a^2+b^2+c^2})(\sum\limits_{cyc}\sqrt{a^2+2bc}-(\sqrt{a^2+b^2+c^2}+2\sqrt{ab+bc+ca}))$$

Откуда

$$\sqrt{a^2+b^2+c^2}\leqslant\sqrt{a^2+2bc}+\sqrt{b^2+2ac}+\sqrt{c^2+2ab}\leqslant\sqrt{a^2+b^2+c^2}+2\sqrt{ab+ac+bc}$$

[arqady]

Можно ещё здесь посмотреть:
post612442.html#p612442
Сомножитель $(a-b)^2(a-c)^2(b-c)^2$ Вы нашли!