Lievitazione $3(1−a+a^2)(1−b+b^2)(1−c+c^2)≥1+abc+a^2b^2c^2$

Question

Il mio compito era di dimostrare la domanda di cui sopra sulle variabili reali.

Ho pensato che questa piccola disuguaglianza dovrebbe aiutare- $$ 3(1 − a + a^2)(1 − b + b^2) ≥ 2(1 − ab + a^2 b^2). $$ che è vero.

Con questa disuguaglianza, la disuguaglianza originale viene convertita in- $$ (1 - ab)^2 (1 - c)^2 + (ab-c)^2 + abc \geq 0 $$ Ciò dimostra la disuguaglianza per $abc\geq 0$.
Voglio provare questa disuguaglianza per$abc\lt0$. Ma non sono riuscito a trovare una soluzione per$abc\lt0$.

Eventuali estensioni per $abc\lt0$ per fortuna sono accettati.

Answer 1

Il tuo primo passo porta a una disuguaglianza sbagliata perché non salva il caso dell'uguaglianza che si verifica: $a=b=c=1.$

Dopo il primo passaggio è sufficiente dimostrare che: $$2(1-ab+a^2b^2)(1-c+c^2)\geq1+abc+a^2b^2c^2,$$ che è sbagliato per $a=b=c=1.$

La soluzione di Vasc.

Da $$2(a^2-a+1)(b^2-b+1)\geq a^2b^2+1,$$ è sufficiente per dimostrare che: $$3(a^2b^2+1)(c^2-c+1)\geq2(a^2b^2c^2+abc+1),$$ che è una disuguaglianza quadratica di $c$.

Puoi farla finita adesso?

Answer 2

Un altro modo.

È sufficiente per dimostrare la nostra disuguaglianza per i non negativi $a$, $b$ e $c$.

Adesso, da allora $$3(a^2-a+1)^3-a^6-a^3-1=(a-1)^4(2a^2-a+2)\geq0,$$ dal Titolare otteniamo: $$\prod_{cyc}(a^2-a+1)\geq\prod_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^6+a^3+1}{3}}\geq\frac{1}{3}(a^2b^2c^2+abc+1).$$

Adesso molla $a\leq0$, $b\geq0$ e $c\geq0.$

Quindi, dopo la sostituzione $a$ sopra $-a$ dobbiamo dimostrare che: $$3\sum_{cyc}(a^2+a+1)(b^2-b+1)(c^2-c+1)\geq a^2b^2c^2-abc+1,$$ che segue dalla precedente disuguaglianza: $$3\sum_{cyc}(a^2+a+1)(b^2-b+1)(c^2-c+1)\geq$$ $$\geq3\sum_{cyc}(a^2-a+1)(b^2-b+1)(c^2-c+1)\geq a^2b^2c^2+abc+1\geq a^2b^2c^2-abc+1.$$

Answer 3

Due soluzioni SOS con l'aiuto del computer

1. Secondo la soluzione di Vasc nella risposta di @Michael Rozenberg, abbiamo una semplice espressione SOS: \ begin {align} & 3 (a ^ 2-a + 1) (b ^ 2-b + 1) (c ^ 2-c + 1) - (1 + abc + a ^ 2b ^ 2c ^ 2) \\ = \ & \ frac {1} {8} (abc-3c + 2) ^ 2 + \ frac {3} {8} (abc-2ab + c) ^ 2 + \ frac {3} {8} (a-1) ^ 2 (b-1) ^ 2 (2c-1) ^ 2 \\ & \ quad + \ frac {9} {8} (a -1) ^ 2 (b-1) ^ 2 + \ frac {3} {8} (ab) ^ 2 (2c-1) ^ 2 + \ frac {9} {8} (ab) ^ 2. \ end {align}

2. Senza utilizzare la soluzione di Vasc, posso ottenere un'espressione SOS complicata $$ 3(a^2-a+1)(b^2-b+1)(c^2-c+1) - (1 + abc + a^2b^2c^2) = \frac{1}{2}z^\mathsf{T}Qz$$ dove $z = [1, a, b, c, ab, ca, bc, abc]^\mathsf{T}$ e $$Q = \left(\begin{array}{rrrrrrrr} 4 & -3 & -3 & -3 & 2 & 2 & 2 & -1\\ -3 & 6 & 1 & 1 & -3 & -3 & -1 & 2\\ -3 & 1 & 6 & 1 & -3 & -1 & -3 & 2\\ -3 & 1 & 1 & 6 & -1 & -3 & -3 & 2\\ 2 & -3 & -3 & -1 & 6 & 1 & 1 & -3\\ 2 & -3 & -1 & -3 & 1 & 6 & 1 & -3\\ 2 & -1 & -3 & -3 & 1 & 1 & 6 & -3\\ -1 & 2 & 2 & 2 & -3 & -3 & -3 & 4 \end{array}\right).$$ Osservazioni: $Q$ è semidefinito positivo.

Answer 4

Ecco una soluzione semplice basata su disuguaglianze quadratiche.

Per semplicità, denota $A=1-a+a^2$ e $B=1-b+b^2$. Dobbiamo dimostrarlo $$ 3AB(1-c+c^2) \geq 1+abc +a^2b^2c^2. $$ Ciò equivale a dimostrarlo $$ (3AB-a^2b^2)c^2 - (3AB+ab)c + 3(AB-1) \geq 0. $$ Se consideriamo il lato sinistro sopra come una funzione quadratica di $c$, $$ f_{A,B,a,b}(c)= (3AB-a^2b^2)c^2 - (3AB+ab)c + 3(AB-1), $$ basta mostrare $f_{A,B,a,b}(c)\geq 0$ per qualsiasi reale $a,b,c$. Dal fatto $A=1-a+a^2 \geq \frac 3 4 a^2$ e $B\geq \frac 3 4 b^2$, conosciamo il coefficiente principale di $f_{A,B,a,b}$ è strettamente positivo, ovvero $3AB - a^2b^2 >0$. Ora resta da mostrare il discriminante di$f_{A,B,a,b}$non è positivo. Vale a dire, $$ (3AB +ab)^2 -4(3AB-a^2b^2)(3AB-1) \leq 0, $$ o equivalentemente, $$ 4AB + 2ABab + 4ABa^2b^2 \leq a^2b^2 +9A^2B^2. $$ Per disuguaglianza AM-GM, abbiamo $$ 2ABab \leq a^2b^2 + A^2B^2. $$ Pertanto, è sufficiente mostrare $$ 4AB + 4ABa^2b^2 \leq 8A^2B^2, $$ o equivalentemente, \ begin {equation} \ begin {split} 1 + a ^ 2b ^ 2 \ leq & 2AB \\ = & 2 (1-a + a ^ 2) (1-b + b ^ 2), \\ \ end {split} \ end {equation} che è anche usato nella soluzione di Vasc fornita da Michael Rozenberg.