Demostrar que $a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \geq 2(ab+bc+ca).$

Question

Que $a,b,c$ ser tres números verdaderos no negativos. Demostrar que %#% $ #%

Parece que la desigualdad $$a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \geq 2(ab+bc+ca).$ será de utilidad aquí. Si uso entonces conseguiré $a^2+b^2+c^2 \geq ab+bc+ca$. ¿Luego se utiliza la desigualdad de cambio igualmente en $a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \geq ab+bc+ca+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$?

Answer 1

Sin embargo, otra manera en que esto puede ser demostrado que el uso de Schur de la desigualdad en tándem con el AM-GM de la desigualdad es la siguiente: $$ a^2+b^2+c^2+3 * (a^2b^2c^2)^{1/3}\geqslant a^{2/3}b^{4/3} + a^{4/3}b^{2/3} +b^{2/3}c^{4/3} + b^{4/3}c^{2/3} + a^{2/3}c^{4/3} + a^{4/3}c^{2/3} \\[2ex]= 2\left({a^{2/3}b^{4/3} + a^{4/3}b^{2/3}\over 2} + {b^{2/3}c^{4/3} + b^{4/3}c^{2/3}\over 2} + {a^{2/3}c^{4/3} + a^{4/3}c^{2/3}\over 2}\right)\\[2ex] \geqslant 2(ab + bc + ca) $$

Answer 2

Vamos $a=x^3$, $b=y^3$, $c=z^3$, a continuación, puede ser reescrita como: $$ x^6+y^6+z^6+3 x^2 y^2 z^2-2 \left(x^3 y^3+x^3 z^3+y^3 z^3\right)\geq 0 $$ El uso de las siguientes notaciones: $$S_{3}:=xyz\qquad S_2:=xy+yz+xz\qquad S_1=x+y+z$$ Entonces: $$ x^6+y^6+z^6=S_1^6-6 S_2 S_1^4+6 S_3 S_1^3+9 S_2^2 S_1^2-12 S_2 S_3 S_1-2 S_2^3+3 S_3^2 $$ $$ x^3 y^3+x^3 z^3+y^3 z^3=S_2^3-3 S_1 S_3 S_2+3 S_3^2 $$ $$ 3x^2y^2z^2=3S_3^2 $$ A continuación, sólo tenemos que probar: $$ S_1^6-6 S_2 S_1^4+6 S_3 S_1^3+9 S_2^2 S_1^2-6 S_2 S_3 S_1-4 S_2^3\geq 0 $$ Ahora pon $S_2=S_1^2$, y observe que con esta: $$ \a la izquierda.S_1^6-6 S_2 S_1^4+6 S_3 S_1^3+9 S_2^2 S_1^2-6 S_2 S_3 S_1-4 S_2^3\right|_{S_2=S_1^2}=0 $$ Por lo tanto este puede ser factorised como: $$ \left(S_1^2-S_2\right) \left(S_1^4-5 S_2 S_1^2+6 S_3 S_1+4 S_2^2\right)\geq0 $$ Desde: $(x+y+z)^2\geq 3(xy+yz+xz)\Rightarrow S_1^2\geq 3S_2$ por reordenamiento, es suficiente para demostrar que el segundo factor es no negativo. Volver a nuestras anteriores anotaciones, lo suficiente como para mostrar: $$ x^4+y^4+z^4+(x+y+z)xyz-x^3y-y^3x-y^3z-z^3-x^3z-xz^3= $$ $$ =x^2(x-y)(x-z)+y^2(y-x)(y-z)+z^2(z-x)(z-y)\geq 0 $$ Que es trivialmente verdadera mediante la aplicación de Schur de la desigualdad

Answer 3

$x^3=a^2,y^3=b^2,z^3=c^2 \implies x^3+y^3+z^2 +3xyz \ge 2(\sqrt{(xy)^3}+\sqrt{(yz)^3}+\sqrt{(xz)^3})$

tenemos $x^3+y^3+z^3 +3xyz \ge xy(x+y)+yz(y+z)+xz(x+z)$

$xy(x+y)\ge 2xy\sqrt{xy}=2\sqrt{(xy)^3} \implies xy(x+y)+yz(y+z)+xz(x+z)\ge 2(\sqrt{(xy)^3}+\sqrt{(yz)^3}+\sqrt{(xz)^3})$

Answer 4

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

Por lo tanto, nuestra desigualdad es $f(v^2)\geq0$, donde $f(v^2)=3u^2-4v^2+w^2$.

Así, $f$ es una función lineal, que dice $f$ obtener un valor mínimo para un valor extremal de $v^2$, que sucede en caso de igualdad de dos variables.

Que $b=a=x^3$ y $c=1$.

Por lo tanto, tenemos que demostrar que $x^6+2+3x^2\geq2(2x^3+1)$,

que es $(x-1)^2(x^2+2x+3)x^2\geq0$. ¡Hecho!

Answer 5

Creo que tengo cerca de probar esto pero no estoy seguro si esto es una prueba válida - pero aquí va...

Uso de AM-GM podemos demostrar que: $$a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\tag{1}$ $ $$ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\tag{2}$ $ también podemos demostrar que: %#% $ de #% por lo tanto podemos inferir que: %#% $ de #% con estos hechos podemos decir que: $$a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\tag{3}$ $ $$a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\tag{4}$ $ (4) entonces podemos utilizar además inferir que: $$a^2+b^2+c^2=3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}+\delta_1\text{ where }\delta_1\ge0\tag{5}$ $ Finaly podemos afirmar que: $$\begin{align} a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}&=6\sqrt[3]{a^2b^2c^2}+\delta_1\\ &\ge6\sqrt[3]{a^2b^2c^2}+\delta_2\\ &\ge2\left(3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}+\frac{\delta_2}{2}\right)\\ &\ge2\left(ab+bc+ca-\frac{\delta_2}{2}\right)\\ \end {Alinee el} $$ estoy esperando este enfoque provoca un pensamiento en el cerebro de alguien que luego puede llegar a la prueba final.