Demostrar $x+y^2+z^3 \geqslant x^2y+y^2z+z^2x$ $xy+yz+zx=1$

Question

$x,y,z \geqslant 0$ $xy+yz+zx=1$ , probar $$x+y^2+z^3 \geqslant x^2y+y^2z+z^2x$$

Lo que yo trato $$x+y^2+z^3 \geqslant x^2y+y^2z+z^2x$$ $$\Leftrightarrow x(xy+yz+zx)+y^2+z^3- x^2y-y^2z-z^2x \geqslant 0$$ $$\Leftrightarrow \left(x^2z+\frac{z^3}{4}-z^2x \right)+ \left(y^2+\frac{3z^3}{4}+xyz-y^2z\right) \geqslant 0$$ Creo firmemente que $\left(y^2+\frac{3z^3}{4}+xyz-y^2z\right) \geqslant 0$, pero no tengo ninguna prueba.

Answer 1

Como usted escribió, a partir de la identidad: $$x(xy+yz+zx)+y^2+z^3-x^2y-y^2z-z^2x=z(\frac{z}{2}-x)^2+(y^2+\frac{3}{4}z^3-y^2z)+xyz$$ Basta comprobar $y^2+\frac{3}{4}z^3\ge y^2z$$yz\le 1$. Tomamos $3$ de los casos:

Si $z\le 1$, $y^2\ge y^2z$ ya.

Si $z\ge 1$$y\le \frac{1}{4}$,$\frac{3}{4}z^3\ge \frac{3}{4}z\ge \frac{1}{16}z\ge y^2z$.

Si $z\ge 1$ (por lo $y\le 1$) y $y\ge\frac{1}{4}$ (por lo $z\le 4$), a continuación,$y^2\ge \frac{1}{4}y^2z$$\frac{3}{4}z^3\ge \frac{3}{4}z\ge \frac{3}{4}y^2z$. La adición de estos le da la necesaria.

Esto cubre todos los casos, por lo que la desigualdad está probado. La "igualdad" tiene al$x=\frac{1}{\epsilon}, y=\epsilon, z=0$$\epsilon\to 0$.