Demostrar la desigualdad $a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc(a+b+c) \geq 2(ab+bc+ca)$ dado $a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+a^{2}b^{2}c^{2}=4$

Question

Sea $a, b$ y $c$ sean números reales positivos tales que $a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+a^{2}b^{2}c^{2}=4$ . Demostrar que
\begin{equation} a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc(a+b+c) \geq 2(ab+bc+ca) \end{equation}

Consideremos que \begin{equation*} \begin{split} \text{$(a+b+c)^{2}$} &=\text{$(a+b+c)(a+b+c)$} \\ &=\text{$a^{2}+ab+ac+ba+b^{2}+bc+ca+cb+c^{2}$} \\ &=\text{$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ac+2ab+2bc$} \\ &=\text{$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(ab+bc+ca)$} \end{split} \end{equation*} y considerar \begin{equation*} \begin{split} \text{$a^{2}+b^{2}+c^{2}$} &=\text{$(a+b+c)^{2}-2(ab+bc+ca)$} \end{split} \end{equation*} El L.H.S de la desigualdad (1) \begin{equation} \begin{split} \text{$a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc(a+b+c) $} &=\text{$(a+b+c)^{2}-2(ab+bc+ca)+abc(a+b+c)$} \\ &=\text{$(a+b+c)^{2}+(a+b+c)abc-2(ab+bc+ca)$} \\ &=\text{$(a+b+c)\bigg[(a+b+c)+abc \bigg]-2(ab+bc+ca)$} \\ \end{split} \end{equation}

Aún no tengo pruebas reales de nada. Tengo a través de algunos trabajos, pero no he pensado cómo iba a utilizar $a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+a^{2}b^{2}c^{2}=4$ . Por favor, si tiene alguna idea que pueda ayudar, escríbala.

Answer 1

Probaremos que $a+b+c\geq3$ .

Sea $a+b+c<3$ , $a=kx$ , $b=ky$ y $c=kz$ donde $k>0$ y $x+y+z=3$ .

Por lo tanto, $k<1$ y $4=a^2b+b^2c+c^2a+a^2b^2c^2=k^3(x^2y+y^2z+z^2x+k^3x^2y^2z^2)<x^2y+y^2z+z^2x+x^2y^2z^2$ , lo cual es contradictorio porque ahora demostraremos que $x^2y+y^2z+z^2x+x^2y^2z^2\leq4$ .

De hecho, tenemos que demostrar que $\frac{(x^2y+y^2z+z^2x)(x+y+z)^3}{27}+x^2y^2z^2\leq\frac{4(x+y+z)^6}{729}$ .

Pero por reordenación $x^2y+y^2z+z^2x\leq\frac{4(x+y+z)^3}{27}-xyz$ .

Por lo tanto, queda por demostrar que $(x+y+z)^3\geq27xyz$ que es AM-GM.

Id est, $a+b+c\geq3$ .

Por lo tanto, basta con demostrar que $9abc\geq(a+b+c)\sum\limits_{cyc}(2ab-a^2)$ o

$\sum\limits_{cyc}(a^3-a^2b-a^2c+abc)\geq0$ que es Schur.

¡Hecho!