Demuestra la desigualdad: $\sqrt {(x^2y+ y^2z+z^2x)(y^2x+z^2y+x^2z)} \ge \sqrt[3]{xyz(x^2+yz)(y^2+xz)(z^2+xy)} + xyz$

Question

Dejemos que $x,y,z\in \mathbb R^+$ demostrarlo:

$$\sqrt {(x^2y+ y^2z+z^2x)(y^2x+z^2y+x^2z)} \ge xyz + \sqrt[3]{xyz(x^2+yz)(y^2+xz)(z^2+xy)}$$

La desigualdad $\sqrt {(x^2y+ y^2z+z^2x)(y^2x+z^2y+x^2z)} \overset{C-S}{\ge} 3xyz$ no ayudará porque $3xyz \le RHS$ . ¿Cómo demostrar la desigualdad anterior? Es demasiado difícil para mí.

Answer 1

La desigualdad es homogénea, por lo que podemos suponer que $xyz=1$ . Entonces, si ampliamos el lado izquierdo y el derecho, vemos que tenemos que demostrar que $$\sqrt{x^3 + y^3 + z^3 + \frac{1}{x^3} + \frac{1}{y^3} + \frac{1}{z^3} + 3} \ge 1 + \sqrt[3]{x^3 + y^3 + z^3 + \frac{1}{x^3} + \frac{1}{y^3} + \frac{1}{z^3} + 2}.$$ Dejemos que $$u = \sqrt[3]{x^3 + y^3 + z^3 + \frac{1}{x^3} + \frac{1}{y^3} + \frac{1}{z^3} + 2}.$$ Si elevamos al cuadrado ambos lados de la desigualdad expandida, obtenemos la desigualdad equivalente $$u^3 \ge 2u + u^2,$$ o, $$u^2 - u - 2 \ge 0.$$ Por lo tanto, basta con demostrar que $u \ge 2$ . Pero esto es ciertamente cierto ya que $x^3 + \frac{1}{x^3}, y^3 + \frac{1}{y^3}, z^3 + \frac{1}{z^3} \ge 2$ .

Answer 2

$$\sqrt {(x^2y+ y^2z+z^2x)(y^2x+z^2y+x^2z)} \overset{AM-GM}{\ge} 3xyz$$

SÍ ayuda, ya que también se puede probar:

$$2\sqrt {(x^2y+ y^2z+z^2x)(y^2x+z^2y+x^2z)} \geq 3 \sqrt[3]{xyz(x^2+yz)(y^2+xz)(z^2+xy)}$$

Tenga en cuenta que esto es lo mismo que

$$2^6(x^2y+ y^2z+z^2x)^3(y^2x+z^2y+x^2z)^3 \geq 3^6x^2y^2z^2(x^2+yz)^2(y^2+xz)^2(z^2+xy)^2 \,.$$

que tras largos cálculos y muchas lágrimas puede reducirse a todo esto es basura ser positivo. Si se observan los pocos términos negativos, se pueden eliminar fácilmente invocando la desigualdad AM-GM.

Ahora, todo esto sugiere que la desigualdad

$$2\sqrt {(x^2y+ y^2z+z^2x)(y^2x+z^2y+x^2z)} \geq 3 \sqrt[3]{xyz(x^2+yz)(y^2+xz)(z^2+xy)}$$

es cierto, todo lo que tienes que hacer es encontrar una solución más ordenada :)