더 강력한 버전 찾기 $9 ( a+b+c ) ^{2} ( ab+ac+bc ) ^{2}+108a^2b^2c^2-31abc ( a+b+c ) ^{3} \geqslant 0$

Question

에 대한 $a,b,c \geqslant 0.$ 그때 $$9 ( a+b+c ) ^{2} ( ab+ac+bc ) ^{2}+108a^2b^2c^2-31abc ( a+b+c ) ^{3} \geqslant 0.$$ 나는 컴퓨터를 사용하며 다음과 같은 더 강한 불평등이 모든 현실에 적용된다는 것을 발견했습니다. $a,b,c.$

$$\sum (a^2 -bc) \Big[9\, \left( a+b+c \right) ^{2} \left( ab+ac+bc \right) ^{2}+108\,{a}^{2 }{b}^{2}{c}^{2}-31\,abc \left( a+b+c \right) ^{3}\Big] \geqslant \frac{81}{4} \sum ab \prod \left( a-b \right) ^{2}$$

그리고 또한: $$\sum (a^2 -bc) \Big[9\, \left( a+b+c \right) ^{2} \left( ab+ac+bc \right) ^{2}+108\,{a}^{2 }{b}^{2}{c}^{2}-31\,abc \left( a+b+c \right) ^{3}\Big] \geqslant {\frac {27}{4}}\, \left( a+b+c \right) ^{2} \prod \left( a-b \right) ^{2}$$

다른 불평등$?$

Answer 1

다음과 같은 더 강력한 버전이 있습니다.

허락하다 $a$, $b$ 과 $c$음수가 아닙니다. 증명 :$$9 ( a+b+c ) ^{2} ( ab+ac+bc ) ^{2}+108a^2b^2c^2-31abc ( a+b+c ) ^{3}\geq$$ $$\geq4(3\sqrt3-4)(a^3+b^3+c^3-3abc)abc.$$

평등은 $a=b=c$ 그리고 $(a,b,c)=t(6+4\sqrt3,1,1)$, 어디 $t\geq0$ 그리고 마지막의 모든 순환 순열에 대해.

우리가 교체해도 $4(3\sqrt3-4)$ 의 위에 $4$, BW는 여기서 도움이되지 않습니다!

그건 그렇고, 우리가 증명할 수있는이 불평등은 $uvw$ 바로:

그것은 $f(v^2)\geq0,$ 어디 $f$ 증가합니다.

사실,하자 $a+b+c=3u$, $ab+ac+bc=3v^2$ 과 $abc=w^3$.

따라서 다음을 증명해야합니다. $$729u^2v^4+108w^6-31\cdot27u^3w^3\geq4(3\sqrt3-4)(27u^3-27uv^2)w^3$$ 또는 $f(v^2)\geq0,$ 어디 $$f(v^2)=27u^2v^4+4w^6-31u^3w^3-4(3\sqrt3-4)(u^3-uv^2)w^3.$$ 그러나 $$f'(v^2)=54u^2v^2+4(3\sqrt3-4)uw^3\geq0,$$ 그것은 말한다 $f$ 최소한의 가치에 대한 우리의 불평등을 증명하는 것으로 충분합니다. $v^2$, $uvw$ 두 변수의 동등한 경우에 발생합니다.

우리의 불평등은 동질적이고 $w^3=0$ 그것은 명백하다, 가정하기에 충분하다 $b=c=1$, 다음을 제공합니다. $$9(a+2)^2(2a+1)^2+108a^2-31(a+2)^3a\geq4(3\sqrt3-4)(a^3-3a+2)a$$ 또는 $$(a-1)^2(a-6-4\sqrt3)^2\geq0$$ 그리고 우리는 끝났습니다.

이 불평등은 모든 현실에 대해 사실 인 것 같습니다 $a$, $b$ 과 $c$,

그러나 그것은 또 다른 문제입니다 (이전 추론은 도움이되지 않습니다. $v^2$ 음수 일 수 있음).