Cómo demostrar esta desigualdad $4(a^2+b^2+c^2)+9a^2b^2c^2\ge 21$

Question

Dejar $a,b,c\in R$ y tal $$ab+bc+ac=3$$ demostrar que $$4(a^2+b^2+c^2)+9a^2b^2c^2\ge 21$$

si esta condición de equidad es $a,b,c$ ser números positivos, y puedo usar $pqr$ para demostrarlo.

Pero esto es $a,b,c$ son números reales

dejar $a+b+c=p,ab+bc+ac=q=3,abc=r$ así que $$a^2+b^2+c^2=p^2-6$$ entonces $$4(a^2+b^2+c^2)+9a^2b^2c^2=4p^2-24+9r^2$$ desde $a,b,c\in R$ ,por lo que no puedo usar esta importante desigualdad de schur $$9r\ge 4pq-p^3,a,b,c>0$$

Answer 1

Dejemos que $a+b+c=3u$ , $ab+ac+bc=3v^2$ , $abc=w^3$ y $u^2=tv^2$ .

Por lo tanto, nuestra desigualdad es equivalente a $w^6\geq v^4(5v^2-4u^2)$ . Dado que la desigualdad no depende de la sustitución $a\rightarrow-a$ , $b\rightarrow-b$ y $c\rightarrow-c$ podemos suponer que $u\geq0$ . Es fácil demostrar que $(a-b)^2(a-c)^2(b-c)^2\geq0\Leftrightarrow3u^2v^4-4v^6-4u^3w^3+6uv^2w^3-w^6$ o

$3uv^2-2u^3-2\sqrt{(u^2-v^2)^3}\leq w^3\leq3uv^2-2u^3+2\sqrt{(u^2-v^2)^3}$ .

Para $t\geq\frac{5}{4}$ la desigualdad es obviamente cierta.

Pero para $1\leq t\leq\frac{5}{4}$ queda por demostrar que $2\sqrt{(u^2-v^2)^3}+v^2\sqrt{5v^2-4u^2)}\leq3uv^2-2u^3$ o

$u^2(3v^2-2u^2)^2\geq\left(2\sqrt{(u^2-v^2)^3}+v^2\sqrt{5v^2-4u^2)}\right)^2$ o

$t(3-2t)^2\geq\left(2\sqrt{(t-1)^3}+\sqrt{5-4t}\right)^2$ o

$t-1\geq4\sqrt{(t-1)^3(5-4t)}$ o

$(t-1)^2(8t-9)^2\geq0$ . Hecho.