Prueba $\frac{a^3+b^3+c^3}{3}-abc\ge \frac{3}{4}\sqrt{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}$

Question

por $a,b,c\ge 0$ Pruebalo $$\frac{a^3+b^3+c^3}{3}-abc\ge \frac{3}{4}\sqrt{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}$$

Mi intento WLOG$b=\text{mid} \{a,b,c\},$ $$\left(\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3}-abc\right)^2-\dfrac{9}{16}(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2$$ \begin{align*} &=\frac{1}{9}(a+b+c)^2(a-2b+c)^4\\ &+\frac{2}{3}(a+b+c)^2(a-2b+c)^2(b-c)(a-b)\\ &+\frac{1}{16}(a-b)^2(b-c)^2(a+4b+7c)(7a+4b+c)\\&\geqslant 0\end{align*}

Sin embargo, esta solución es demasiado difícil de encontrar sin una computadora. ¿Podrías ayudarme a encontrar una mejor solución? Muchas gracias

Answer 1

Sin pérdida de generalidad supongamos que $a\geq b\geq c$. Luego,$$ 6\cdot\left(\frac{a^3+b^3+c^3}{3}-abc\right)=2(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=(a+b+c)((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2) $$ Tenga en cuenta que $$ a+b+c\geq (a-c)+(b-c)=2(a-b)+(b-c) $$ y $$ (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=2(a-b)^2+2(b-c)^2+2(a-b)(b-c). $$ Denotar $x=a-b$ y $y=b-c$, debido a nuestra suposición $x$ y $y$no son negativos. Entonces, tenemos que demostrar que ($\sqrt{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}=xy(x+y)$) $$ (2x+y)(2x^2+2y^2+2xy)\geq 6\cdot\frac{3}{4}xy(x+y), $$ o $$ 4(2x+y)(x^2+xy+y^2)\geq 9xy(x+y) $$ o $$ 4(2x^3+3x^2y+3xy^2+y^3)\geq 9xy(x+y) $$ o $$ 8x^3+3x^2y+3xy^2+4y^3\geq 0, $$ lo cual es obvio.

Answer 2

Escribimos la desigualdad que tenemos $$4(a^3+b^3+c^3-3abc) \geqslant 9 |(a-b)(b-c)(c-a)|,$$ o $$2(a+b+c)[(a-b)^2+ (b-c)^2+ (c-a)^2] \geqslant 9 |(a-b)(b-c)(c-a)|.$$ Es fácil de comprobar $a + b \geqslant |a-b|,$ ahora usando la desigualdad AM-GM, tenemos $$2(a+b+c)[(a-b)^2+ (b-c)^2+ (c-a)^2] $$ $$\geqslant \left(|a-b|+|b-c|+|c-a|\right) \left[(a-b)^2+ (b-c)^2+ (c-a)^2\right]$$ $$ \geqslant 3 \sqrt[3]{\left | (a-b)(b-c)(c-a)\right |} \cdot 3 \sqrt[3]{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}.$$ $$ =9 \left | (a-b)(b-c)(c-a)\right | .$$ Hecho.

Prueba SOS. Tenemos$$4(a^3+b^3+c^3-3abc) - 9(a-b)(b-c)(c-a) = \sum b \left[(2a-b-c)^2+3(a-b)^2\right] \geqslant 0.$$

Nota. La mejor constante es$$a^3+b^3+c^3-3abc \geqslant \sqrt{9+6\sqrt{3}} \cdot \left | (a-b)(b-c)(c-a)\right |.$$

Answer 3

Dejar $a=\min\{a,b,c\}$, $b=a+u,$ $c=a+v$ y $u^2+v^2=2tuv$.

Así, por AM-GM $t\geq1$ y tenemos que demostrar que: $$2(a+b+c)\sum_{cyc}(a-b)^2\geq9\sqrt{\prod_{cyc}(a-b)^2}$$ o $$2(3a+u+v)(u^2+v^2+(u-v)^2)\geq9\sqrt{u^2v^2(u-v)^2},$$ para lo cual basta con demostrar que $$4(u+v)(u^2-uv+v^2)\geq9\sqrt{u^2v^2(u-v)^2}$$ o $$16(u+v)^2(u^2-uv+v^2)^2\geq81u^2v^2(u-v)^2$$ o $$16(t+1)(2t-1)^2\geq81(t-1)$$ o $$64t^3-129t+97\geq0,$$ que es cierto por AM-GM: $$64t^3+97=64t^3+2\cdot\frac{97}{2}\geq3\sqrt[3]{64t^3\cdot\left(\frac{97}{2}\right)^2}>129t.$$

Answer 4

Esta es la prueba de SOS

Ya que $$\left(\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3}-abc\right)^2-\dfrac{9}{16}(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2$$

$$=\sum \Big[{\dfrac {1}{140}}\, \left( 11a+11b-70c \right) ^{2}+{\dfrac {1944 }{35}}\,ab+{\dfrac {999}{140}}\, \left( a-b \right) ^{2}\Big](a-b)^4 \geqslant 0$$

Así que hemos terminado.

Para obtener la mejor constante, asuma $c=\min\{a,b,c\}$$, $ $$ \ left (\ dfrac {a ^ 3 + b ^ 3 + c ^ 3} {3} -abc \ right) ^ 2- \ Big (1+ \ dfrac {2} {\ sqrt {3}} \ Big) (ab) ^ 2 (bc) ^ 2 (ca) ^ 2 $$ $$ = \ dfrac {1} {3} \ left (2 \, a + 2 \, bc \ right) c \ left ( {a} ^ {2} -ab-bc + {b} ^ {2} -ac + {c} ^ {2} \ right) ^ {2} + $$ $$ + \ frac19 A \ cdot \ left [\ left (\ sqrt {3} -1 \ right) {c} ^ {2} - \ left (\ sqrt {3} -1 \ right) \ left (a + b \ right) c- {a} ^ {2} + ab + \ sqrt {3} ab- {b} ^ {2} \ right] ^ {2} \ geqslant 0, $$ donde $$ \ text {A} = \ left (bc \ right) ^ {2} + (2 \, \ sqrt {3} +2) \ left (ac \ right) \ left (bc \ right) + \ left (ac \ right) ^ {2} \ geqslant 0. $$ Hecho.