Cómo probar esto $(abc)^4+abc(a^3c^2+b^3a^2+c^3b^2)\le 4$

Question

deje $a,b,c>0$,y de tal manera que $a+b+c=3$,demostrar que $$(abc)^4+abc(a^3c^2+b^3a^2+c^3b^2)\le 4$$

Yo primero considerar $$abc\le\left(\dfrac{a+b+c}{3}\right)^3=1$$ por lo que es suficiente para mostrar que $$a^3c^2+b^3a^2+c^3b^2\le 3$$ Pero me parece que esto no es cierto.

Answer 1

Edición: 5ª versión: Después de leer "uvw método", he encontrado el truco es:$abc(a^3c^2+b^3a^2+c^3b^2)\leq 3$, pero he supuesto de que $a \ge b \ge c$,y a todos mis explorar está basado en él, pero está mal. gracias Sánchez señala mi error que me obligan a revisar todo y me da un resultado real $a=1.3175,b=0.5856,c=1.0969$ que causan $abc(a^3c^2+b^3a^2+c^3b^2)=3.00667>3$ ,de Hecho, el $abc(a^3c^2+b^3a^2+c^3b^2)\leq 3$ será verdad cuando $(a-b)(b-c)(c-a) \leq 0$ si $(a-b)(b-c)(c-a) \ge 0$, $abc(a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2)\leq 3$ será cierto.que es un verdadero truco que he encontrado. Para la prueba ,solo uso de Sánchez de trabajo:

$2abc(a^3c^2+b^3a^2+c^3b^2)=abc(\sum_{sym} a^3b^2) + abc(ab+bc+ca)(a-b)(b-c)(c-a) \leq 6$, Voy a la prueba de $abc(\sum_{sym} a^3b^2) \leq 6$ el próximo. a continuación, el resultado es claro. si cambiamos de $b,c$ , tenemos otro resultado a la vez.

Aquí yo todavía uso multiplicador de Lagrange para la prueba de $abc(a^3c^2+b^3a^2+c^3b^2+a^3b^2+a^2c^3+b^3c^2) \leq 6$.

vamos $f=abc(a^3c^2+b^3a^2+c^3b^2+a^3b^2+a^2c^3+b^3c^2)- 6$, $g=a+b+c-3$, $F=f-\lambda g ,p=a^3c^2+b^3a^2+c^3b^2+a^3b^2+a^2c^3+b^3c^2,$

$\dfrac{\partial F}{\partial a}=bcp+abc[3a^2(b^2+c^2)+2a(b^3+c^3)]= \lambda$......<1>

$\dfrac{\partial F}{\partial b}=acp+abc[3b^2(a^2+c^2)+2b(a^3+c^3)]= \lambda$......<2>

$\dfrac{\partial F}{\partial c}=abp+abc[3c^2(a^2+b^2)+2c(a^3+b^3)]= \lambda$......<3>

$\dfrac{\partial F}{\partial \lambda}=a+b+c-3=0$......<4>

<1> - <2> : $pc(b-a)+abc[3c^2(a^2-b^2)+2ab(b^2-a^2)+2c^3(a-b)]=0$

que es:

$c(a-b)[3abc^2(a+b)+2c^3ab-(3a^2b^2(a+b)+a^2c^2(a+c)+b^2c^2(b+c))]=0$......<5>

así que tenemos $c=0$ o $a=b$ o

$3abc^2(a+b)+2c^3ab=3a^2b^2(a+b)+c^2(a^3+b^3)+c^3(a^2+b^2)$......<6>,

nos fijamos en <6> atentamente,

$c^3(a^2+b^2) \ge 2c^3ab$, $3a^2b^2(a+b) \ge 3abc^2(a+b)$,así RHS $>$ LHS, por lo que podemos ignorar<6>.

el $c=0$ es el valor máximo de $a^3c^2+b^3a^2+c^3b^2+a^3b^2+a^2c^3+b^3c^2$, que es la razón por la $a^3c^2+b^3a^2+c^3b^2<3$ no es cierto. podemos omitir aquí, ya que conducirá f=-6. así que tenemos a=b,

En el caso de $a=b$, vamos a <1>-<3>, tenemos:

$b(a-c)[p+bc(2ac(a+c)-3b^2(a+c)-2b^3)]=0$......<7>,

tenemos $a=c$ o $[p+bc(2ac(a+c)-3b^2(a+c)-2b^3)]=0$ que es:

$3a^2c^2(a+c)+b^3(a^2+c^2)+b^2(a^3+c^3)=3ab^3c(a+c)+2ab^3c$......<8>,

poner $a=b, 2b+c=3$, podemos simplificar<8> a:

$10 b^3-84 b^2+153 b-81 = 0$......<9>,

$q(b)=10 b^3-84 b^2+153 b-81,q'(b)=30b^2-168b+153=0,$......<10>

obtener dos raíces: $b_1 = \dfrac{1}{10}(28 - \sqrt{274}), b_2 = \dfrac{1}{10}(28 + \sqrt{274}>4)$,

poner $b=0$ $b=2$ a<10>,$q'(0)>0,q'(2)<0,$ $b_1$ es max punto entre el $(0,2)$, puesto $b_1$ a $q(b_1) =-.9<0$ ,por lo que no hay solución para$0<b \leq 1.5$, por lo que la única solución es $a=c$ de <7>.

último paso, podemos comprobar , al $a=b=c=1,f=0,$ ya tenemos $-6$ antes,por lo $f_{max}=0$. QED.

Answer 2

Puedo copiar un método especial para demostrar $abc+abc(a^3b^2+b^2c^3+c^3a^2) \leq 4$ que es igual a la actual. $abc+abc(a^3b^2+b^2c^3+c^3a^2) \leq 4$$\Leftrightarrow4(a+b+c)^8-6561abc(a^3c^2+b^3a^2+c^3b^2)-27abc(a+b+c)^5\geq0$

$a=\min\{a,b,c\} , b=a+u ,c=a+v$

$4(a+b+c)^8-6561abc(a^3c^2+b^3a^2+c^3b^2)-27abc(a+b+c)^5=$$=4374(u^2-uv+v^2)a^6+243(49u^3+21u^2v-60uv^2+49v^3)a^5+ 81(164u^4+242u^3v-168u^2v^2-163uv^3+164v^4)a^4+ 27(208u^5+707u^4v+352u^3v^2-1106u^2v^3+221uv^4+208v^5)a^3+9(109u^6+609u^5v+1455u^4v^2-1006u^3v^3-732u^2v^4+609uv^5+109v^6)a^2+ +3(32u^7+215u^6v+627u^5v^2+1030u^4v^3-1157u^3v^4+627u^2v^5+215uv^6+32v^7)a+4(u+v)^8\geq0$

......<1>

deje $K_{i}$ $K_{i}a^i, i=1 to 6$ Si $K_{i} \ge 0$, <1> será cierto.

$K_6=u^2-uv+v^2 \ge 0$ es trivial . $K_5=49u^3+21u^2v-60uv^2+49v^3$, $21u^2v+49v^3 \ge 2\sqrt{21*49}uv^2>2*32uv^2>60uv^2$ $\to K_5 \ge 0$ $K_4=164u^4+242u^3v-168u^2v^2-163uv^3+164v^4=164u^4+78u^3v-4u^2v^2+uv^3+164v(u^3-u^2v-uv^2+v^3)$, $(u-v)(u^2-v^2) \ge 0 \to u^3-u^2v-uv^2+v^3 \ge 0, 78u^3v+uv^3 \ge 2\sqrt{78*1}u^2v^2 > 4u^2v^2 \to K_4 \ge 0$ $K_3=208u^5+707u^4v+352u^3v^2-1106u^2v^3+221uv^4+208v^5$,$352u^3v^2+221uv^4 \ge 2\sqrt{352*221}u^2v^3>557u^2v^3,707u^4v+208v^5 \ge 2\sqrt{707*208}u^2v^3>766u^2v^3,557+766=1323>1106 \to K_3 \ge 0$ $K_2=109u^6+609u^5v+1455u^4v^2-1006u^3v^3-732u^2v^4+609uv^5+109v^6$,$609u^5v+609uv^5 \ge 1218u^3v^3>1006u^3v^3,1455u^4v^2+109v^6 \ge 2\sqrt{1455*109}u^2v^4>796u^2v^4>732u^2v^4 \to K_2 \ge 0$ $K_1=32u^7+215u^6v+627u^5v^2+1030u^4v^3-1157u^3v^4+627u^2v^5+215uv^6+32v^7,1030u^4v^3+627u^2v^5 \ge 2\sqrt{1030*627}u^3v^4 >1607u^3v^4 >1157u^3v^4 \to K_1 \ge 0$

QED.

el original de la prueba está aquí