Cómo probar esto$100+5(a^2+b^2+c^2)-2(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)-a^2b^2c^2\ge 0$

Question

dejar$a,b,c\ge 0$, y such$$a+b+c=6$ $

muestre que$$100+5(a^2+b^2+c^2)-2(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)-a^2b^2c^2\ge 0$ $

Mi idea: desde$$a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ac)=36-2(ab+bc+ac)$ $$$a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2=(ab+ca+bc)^2-2abc(a+b+c)=(ab+bc+ac)^2-12abc$ $, de modo que dejamos$p=a+b+c=6, q=ab+bc+ac,r=abc$, entonces$$\Longleftrightarrow 100+5[36-2q]-2[q^2-12r]-r^2\ge 0$ $$$\Longleftrightarrow r^2+2q^2-24r+10q\le 280$ $ y luego no puedo. Gracias

Answer 1

Deje $G(a,b,c)=100+5(a^2+b^2+c^2)-2(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)-a^2b^2c^2$. Vamos a mostrar que $G(a,b,c) \geq G(2,2,2)=0$.

A partir de la identidad

$$ 4\frac{G(a,b,c)-G(a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2})}{(c-b)^2} +\frac{G(a,b,c)-G(a,b+c,0)}{bc}=\frac{(a^2+2)(b+c)^2}{4} $$

vemos que al menos uno de los dos números $G(a,b,c)-G(a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2})$ o $G(a,b,c)-G(a,b+c,0)$ es no negativo, por lo que es suficiente para tratar los casos cuando una variable es cero o cuando las dos variables son iguales. Esto es lo que veremos en el siguiente dos lemas.

Lema 1. $G(a,b+c,0) \geq G(3,3,0)=28$.

La prueba del lema 1 Poner a $d=b+c=6-a$, e $x=a-3$ hemos

$$ \begin{array}{lcl} G(a,d,0) &=& 100+5(a^2+d^2)-2a^2d^2 \\ &=& 100+5((3+x)^2+(3-x)^2)-2((9-x^2)^2) \\ &=& 28+46x^2-2x^4 \geq 28=G(3,3,0). \end{array} $$

Lema 2. $G(a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2}) \geq G(2,2,2)=0$.

La prueba del lema 2 Putting $e=\frac{b+c}{2}=\frac{6-a}{2}$, tenemos

$$ \begin{array}{lcl} G(a,e,e) &=& 100+5(a^2+2e^2)-2(2a^2e^2+e^4)-a^2e^4 \\ &=& 100+5\bigg(a^2+2\big(\frac{6-a}{2}\big)^2\bigg) -2\bigg(2a^2\bigg(\frac{6-a}{2}\bigg)^2+\bigg(\frac{6-a}{2}\bigg)^4\bigg) -a^2\bigg(\frac{6-a}{2}\bigg)^4 \\ &=& (a-2)^2\Bigg(7+a\bigg(\frac{7}{4}+\frac{9(6-a)}{8}+\frac{(6-a)^2}{8}+\frac{(6-a)^3}{16}\bigg) \bigg) \Bigg) \geq 0. \end{array} $$