証明 $\frac{a^3+b^3+c^3}{3}-abc\ge \frac{3}{4}\sqrt{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}$
にとって $a,b,c\ge 0$ 証明してください $$\frac{a^3+b^3+c^3}{3}-abc\ge \frac{3}{4}\sqrt{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}$$
私の試み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*}
しかし、この解決策は私がコンピューターなしで見つけるのは難しすぎます。より良い解決策を見つけるのを手伝ってくれませんか。どうもありがとうございました
回答
一般性を失うことなく、 $a\geq b\geq c$。次に、$$ 6\cdot\left(\frac{a^3+b^3+c^3}{3}-abc\right)=2(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=(a+b+c)((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2) $$ ご了承ください $$ a+b+c\geq (a-c)+(b-c)=2(a-b)+(b-c) $$ そして $$ (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=2(a-b)^2+2(b-c)^2+2(a-b)(b-c). $$ 示す $x=a-b$ そして $y=b-c$、私たちの仮定のため $x$ そして $y$負ではありません。次に、それを証明する必要があります($\sqrt{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}=xy(x+y)$) $$ (2x+y)(2x^2+2y^2+2xy)\geq 6\cdot\frac{3}{4}xy(x+y), $$ または $$ 4(2x+y)(x^2+xy+y^2)\geq 9xy(x+y) $$ または $$ 4(2x^3+3x^2y+3xy^2+y^3)\geq 9xy(x+y) $$ または $$ 8x^3+3x^2y+3xy^2+4y^3\geq 0, $$ これは明らかです。
私たちは持っている不平等を書きます $$4(a^3+b^3+c^3-3abc) \geqslant 9 |(a-b)(b-c)(c-a)|,$$ または $$2(a+b+c)[(a-b)^2+ (b-c)^2+ (c-a)^2] \geqslant 9 |(a-b)(b-c)(c-a)|.$$ 確認は簡単です $a + b \geqslant |a-b|,$ 現在AM-GM不等式を使用して、 $$2(a+b+c)[(a-b)^2+ (b-c)^2+ (c-a)^2] $$ $$\geqslant \left(|a-b|+|b-c|+|c-a|\right) \left[(a-b)^2+ (b-c)^2+ (c-a)^2\right]$$ $$ \geqslant 3 \sqrt[3]{\left | (a-b)(b-c)(c-a)\right |} \cdot 3 \sqrt[3]{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}.$$ $$ =9 \left | (a-b)(b-c)(c-a)\right | .$$ 完了。
SOSプルーフ。我々は持っています$$4(a^3+b^3+c^3-3abc) - 9(a-b)(b-c)(c-a) = \sum b \left[(2a-b-c)^2+3(a-b)^2\right] \geqslant 0.$$
注意。最良の定数は$$a^3+b^3+c^3-3abc \geqslant \sqrt{9+6\sqrt{3}} \cdot \left | (a-b)(b-c)(c-a)\right |.$$
しましょう $a=\min\{a,b,c\}$、 $b=a+u,$ $c=a+v$ そして $u^2+v^2=2tuv$。
したがって、AM-GMによって $t\geq1$ そして、それを証明する必要があります。 $$2(a+b+c)\sum_{cyc}(a-b)^2\geq9\sqrt{\prod_{cyc}(a-b)^2}$$ または $$2(3a+u+v)(u^2+v^2+(u-v)^2)\geq9\sqrt{u^2v^2(u-v)^2},$$ それを証明するのに十分です $$4(u+v)(u^2-uv+v^2)\geq9\sqrt{u^2v^2(u-v)^2}$$ または $$16(u+v)^2(u^2-uv+v^2)^2\geq81u^2v^2(u-v)^2$$ または $$16(t+1)(2t-1)^2\geq81(t-1)$$ または $$64t^3-129t+97\geq0,$$ これはAM-GMによって真実です: $$64t^3+97=64t^3+2\cdot\frac{97}{2}\geq3\sqrt[3]{64t^3\cdot\left(\frac{97}{2}\right)^2}>129t.$$
これはSOSの証明です
以来 $$\left(\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3}-abc\right)^2-\dfrac{9}{16}(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2$$
$$=\sum \Big[{\dfrac {1}{140}}\, \left( 11a+11b-70c \right) ^{2}+{\dfrac {1944 }{35}}\,ab+{\dfrac {999}{140}}\, \left( a-b \right) ^{2}\Big](a-b)^4 \geqslant 0$$
これで完了です。
最良の定数については、 $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、$$ここで、$$ \ text {A} = \ left(bc \ right)^ {2} + (2 \、\ sqrt {3} +2)\ left(ac \ right)\ left(bc \ right)+ \ left(ac \ right)^ {2} \ geqslant 0。$$完了。