証明 $(a^2 + 1)(b ^2 + 1)(c ^2 + 1) ≥ 2(ab + bc + ca)$ どこ $a,b,c$ 実数です。

Question

上記の不等式は、pqrメソッドにとって非常に説得力があるようです。
だからこれは私の試みでした-$$ LHS = (a^2 + 1)(b^2 + 1)(c^2 + 1) = 1 + a^2 + b^2 + c^2 + a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 + a^2b^2c^2 $$ 今代用 $p = a+b+c$ 、 $q = ab+bc+ca$ そして $r = abc$。 $$ LHS = 1 + p^2 - 2q + q^2 - 2pr + r^2 \geq 2q \Rightarrow 1 + p^2 + q^2 + r^2 \geq 4q + 2pr $$ それは非常によく知られています $p^2\geq 3q$ そして $q^2\geq 3pr$。そう、$$ 1 + 3q + 3pr + r^2 \geq 4q + 2pr \Rightarrow 1 + pr + r^2 \geq q $$しかし、私はそれを証明する方法がわかりません。それはまた見ることができます$a\ge b\ge c$、しかし私は対称性を利用することはできません。
どんな助けでもありがたいことに大歓迎です。

Answer 1

あなたのアプローチに沿って進んでください：

それを証明するだけで十分です $1 + p^2 - 2q + q^2 - 2pr + r^2 \ge 2q$。

以来 $p^2 \ge 3q, q^2 \ge 3pr$、それを証明するだけで十分です $1 + 3q - 2q + q^2 - \frac{2}{3}q^2 \ge 2q$
または $1 - q + \frac{q^2}{3} \ge 0$
または $\frac{1}{3}(q - \frac{3}{2})^2 + \frac{1}{4} \ge 0$それは本当です。完了です。

Answer 2

LHSを書く場合-RHSを2次式として $a$、判別式は次のとおりです。 $$D = 4(b+c)^2 - 4((b^2+1)(c^2+1)-2bc)(b^2+1)(c^2+1).$$ だが $(b^2+1)(1+c^2)\geq (b+c)^2$ CSと $(b^2+1)(c^2+1)-2bc = b^2c^2+(b-c)^2+1\geq 1,$ したがって、判別式は非正です。

Answer 3

なぜなら $2(ab + bc + ca) \leqslant 2(|a||b| + |b||c| + |c||a|)$ そして $$(a^2 + 1)(b ^2 + 1)(c ^2 + 1) = (|a|^2 + 1)(|b| ^2 + 1)(|c| ^2 + 1),$$ だから私たちは不平等を証明する必要があります $ a,\,b,\,c \geqslant 0.$

確かに、チェックするのは簡単 $3t^2 \geqslant 3t-1.$ 今、AM-GMを使用して $$(a^2 + 1)(b ^2 + 1)(c ^2 + 1) \geqslant a^2 + b^2 + c^2 + 1 + a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2$$ $$ \geqslant a^2+b^2+c^2+1+3\sqrt[3]{(abc)^4}$$ $$ \geqslant a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{(abc)^2}.$$ したがって、それを示します $$a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{(abc)^2} \geqslant 2(ab+bc+ca).$$これは非常によく知られています（ここ、ここ）。