Demostrando la desigualdad$\frac{9}4\ + \frac{3abc}4\ \ge ab+bc+ca$

Question

Si a, b, c son números reales no negativos para los que se mantiene ese$a+b+c=3$, entonces pruebe la siguiente desigualdad:$$\frac{9}4\ + \frac{3abc}4\ \ge ab+bc+ca$ $

Answer 1

Si consideramos la forma homogénea de nuestra desigualdad:$$\frac{9}{4}\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3+\frac{3}{4}abc\geq (ab+ac+bc)\left(\frac{a+b+c}{3}\right)$ $ solo tenemos que demostrar que para cualquier triple$(a,b,c)$ de números reales no negativos$$ a^3+b^3+c^3+3abc \geq ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)\tag{1} $ $ se mantiene, pero$(1)$ Es exactamente la desigualdad de Schur .

Answer 2

Entonces, tenemos la desigualdad de Schur que dice que para los números reales no negativos a, b, c se mantiene la siguiente desigualdad:$a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$. Ahora usamos una identidad que dice:$a^3+b^3+c^3=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)+3abc$ y el hecho de que$ab+c+=3$ tenemos:$3(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)+3abc+3abc\ge ab(3-c)+bc(3-a)+ca(3-b)$

$3(a^2+b^2+c^2)-3(ab+bc+ca)+6abc\ge 3(ab+bc+ca)-3abc$

$3(a^2+b^2+c^2)+9abc\ge 6(ab+bc+ca)$. Dividir ambos lados con 3 nos da:

$a^2+b^2+c^2+3abc\ge2(ab+bc+ca)$. Ahora agregando a ambos lados$2(ab+bc+ca)$:

$(a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca))+3abc\ge4(ab+bc+ca)$

$(a+b+c)^2+3abc\ge4(ab+bc+ca)$. Usando ahora que$a+b+c=3$ y dividiendo ambos lados con 4 obtenemos:

$\frac{9}{4}\ + \frac{3abc}4\ge ab+bc+ca$