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

Question

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

내 시도 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*}

그러나이 솔루션은 컴퓨터 없이는 찾기가 너무 어렵습니다. 더 나은 해결책을 찾는 데 도움을 주시겠습니까? 감사합니다

Answer 1

일반성을 잃지 않고 $a\geq b\geq c$. 그때,$$ 6\cdot\left(\frac{a^3+b^3+c^3}{3}-abc\right)=2(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=(a+b+c)((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2) $$ 참고 $$ a+b+c\geq (a-c)+(b-c)=2(a-b)+(b-c) $$ 과 $$ (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=2(a-b)^2+2(b-c)^2+2(a-b)(b-c). $$ 표시 $x=a-b$ 과 $y=b-c$, 우리의 가정으로 인해 $x$ 과 $y$음이 아닙니다. 그런 다음 ($\sqrt{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}=xy(x+y)$) $$ (2x+y)(2x^2+2y^2+2xy)\geq 6\cdot\frac{3}{4}xy(x+y), $$ 또는 $$ 4(2x+y)(x^2+xy+y^2)\geq 9xy(x+y) $$ 또는 $$ 4(2x^3+3x^2y+3xy^2+y^3)\geq 9xy(x+y) $$ 또는 $$ 8x^3+3x^2y+3xy^2+4y^3\geq 0, $$ 분명합니다.

Answer 2

우리는 불평등을 씁니다. $$4(a^3+b^3+c^3-3abc) \geqslant 9 |(a-b)(b-c)(c-a)|,$$ 또는 $$2(a+b+c)[(a-b)^2+ (b-c)^2+ (c-a)^2] \geqslant 9 |(a-b)(b-c)(c-a)|.$$ 확인하기 쉽습니다. $a + b \geqslant |a-b|,$ 이제 AM-GM 불평등을 사용하여 $$2(a+b+c)[(a-b)^2+ (b-c)^2+ (c-a)^2] $$ $$\geqslant \left(|a-b|+|b-c|+|c-a|\right) \left[(a-b)^2+ (b-c)^2+ (c-a)^2\right]$$ $$ \geqslant 3 \sqrt[3]{\left | (a-b)(b-c)(c-a)\right |} \cdot 3 \sqrt[3]{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}.$$ $$ =9 \left | (a-b)(b-c)(c-a)\right | .$$ 끝난.

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

노트. 가장 좋은 상수는$$a^3+b^3+c^3-3abc \geqslant \sqrt{9+6\sqrt{3}} \cdot \left | (a-b)(b-c)(c-a)\right |.$$

Answer 3

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

따라서 AM-GM에 의해 $t\geq1$ 다음을 증명해야합니다. $$2(a+b+c)\sum_{cyc}(a-b)^2\geq9\sqrt{\prod_{cyc}(a-b)^2}$$ 또는 $$2(3a+u+v)(u^2+v^2+(u-v)^2)\geq9\sqrt{u^2v^2(u-v)^2},$$ 증명하기에 충분합니다. $$4(u+v)(u^2-uv+v^2)\geq9\sqrt{u^2v^2(u-v)^2}$$ 또는 $$16(u+v)^2(u^2-uv+v^2)^2\geq81u^2v^2(u-v)^2$$ 또는 $$16(t+1)(2t-1)^2\geq81(t-1)$$ 또는 $$64t^3-129t+97\geq0,$$ AM-GM에 의해 사실입니다. $$64t^3+97=64t^3+2\cdot\frac{97}{2}\geq3\sqrt[3]{64t^3\cdot\left(\frac{97}{2}\right)^2}>129t.$$

Answer 4

이것은 SOS의 증거입니다

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

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

그래서 우리는 끝났습니다.

최상의 상수를 위해 $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} \ 오른쪽) ^ {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, $$ 여기서 $$ \ text {A} = \ left (bc \ right) ^ {2} + (2 \, \ sqrt {3} +2) \ left (ac \ right) \ left (bc \ right) + \ left (ac \ right) ^ {2} \ geqslant 0. $$ 완료.