求一个简洁的证明 $\sum a^3+2\sum a^2b\geqslant3\sum ab^2$

O-17

对正实数 $a,b,c$ , 求证:
$$
\sum a^3+2\sum a^2b\geqslant3\sum ab^2
$$
我的思路是强化一下, 先待定参数 $\lambda$ , 考虑
$$
\sum a^3+\lambda\sum a^2b\geqslant(1+\lambda)\sum ab^2
$$
为了"造"出一组 $c=0$ 的轮换取等, 需要方程
$$
\lambda(x^3+1)+\lambda x^2-(\lambda+1)x=0
$$
恰有一个正实根, 一番计算不难得到, 满足这个条件的 $\lambda$ 为三次方程
$$
44x^3+4x^2-13x-4=0
$$
的唯一实根, 把 $\lambda$ 回代易得, 这组轮换取等就是 $(\mu,1,0)$ , 其中 $\mu$ 是三次方程
$$
2x^3+x^2-1=0
$$
的唯一实根, 于是我们有一个三次不等式在 $(\mu,1,0)_\text{cyc},~(1,1,1)$ 都取等, 那么只要升次 (乘一个 $\sum a$ ) , 它就必然等价于
$$
k\sum\left[a-\mu b+(\mu-1)c\right]^2(\mu^2a+b-\mu c)^2\geqslant0
$$
这是因为 $\left[a-\mu b+(\mu-1)c\right]$ 在 $(\mu,1,0),~(1,1,1)$ 取零, 而 $(\mu^2a+b-\mu c)$ 在 $(1,0,\mu),~(0,\mu,1)$ 取零, 那么这个轮换四次不等式必然等价于这两个一次式的平方的积的倍数 (这里类似于 $\text{Vasile}$ 不等式的配方原理)
于是就完成了强化不等式的配方证明
$$
\left(\sum a\right)\left[\sum a^3+\lambda\sum a^2b-(1+\lambda)\sum ab^2\right]=k\sum\left[a-\mu b+(\mu-1)c\right]^2(\mu^2a+b-\mu c)^2\geqslant0~.\square
$$

O-17

忘了说了, 比较两边 $a^4$ 的系数, 可知
$$
k=\frac{1}{2\mu^2(\mu^2-\mu+1)}
$$
也可以得到 $k$ 是三次方程
$$
52x^3-52x^2-33x-8=0
$$
的唯一实根. 再重新写一下最后的结论,
注意到
$$
\left(\sum a\right)\left[\sum a^3+\lambda\sum a^2b-(1+\lambda)\sum ab^2\right]=k\sum\left[a-\mu b+(\mu-1)c\right]^2(\mu^2a+b-\mu c)^2\geqslant0
$$
其中
$$
\lambda=\frac{12}{\sqrt[3]{6731+624\sqrt{78}}+\sqrt[3]{6371-624\sqrt{78}}-13}
$$
$$
\mu=\frac{\sqrt[3]{53+6\sqrt{78}}+\sqrt[3]{53-6\sqrt{78}}-1}{6}
$$
$$
k=\frac{\sqrt[3]{208546-13026\sqrt{78}}+\sqrt[3]{104273+6513\sqrt{78}}+26}{78}
$$

kuing

对于任意非负数$x$, $y$, $z$，不等式
\[x^3+y^3+z^3+C(xy^2+yz^2+zx^2)\geqslant (C+1)(x^2y+y^2z+z^2x)\]
成立，求$C$的最大值。

这是我在《撸题集》P.1008~1010 题目 6.10.93 解过的题，我算出的结果是
\[C_{\max}=\frac12\left(\sqrt{13+16\sqrt2}-1\right).\]
和你算的有所不同，原因我相信是我纯粹针对原题只考虑非负实数，而你的配方实际是针对实数范围。

O-17

记录一下这个问题的来源

https://www.zhihu.com/question/593043943
已知 $a,b,c\in\mathbb{R}_+$ , $abc=1$ , 求证:
$$
(a+b)(b+c)(c+a)\geqslant4(a+b+c-1)
$$

由约束条件, 存在正实数 $x,y,z$ 满足
$$
\frac xy=a~,~\frac yz=b~,~\frac zx=c
$$
于是待证的不等式等价于 (换元齐零次化然后通分)
$$
\sum(a^4bc+a^3b^3)+6a^2b^2c^2\geqslant4\sum a^3bc^2
$$
这个六次式拆掉六芒星 (指 $\sum ab(a-c)^2(b-c)^2$ ) 和一个均值之后, 正好可以约掉一个 $abc$ 然后变成问题里的这个不等式, 即
$$
\frac{2\sum(a^4bc-4a^3bc^2+a^3b^3+2a^2b^2c^2)-\sum(ab(a-c)^2(b-c)^2)-\sum(bc^3(a-b)^2)}{abc}=\sum( a^3+2a^2b-3ab^2)
$$
然后就是这东西我配了大半天都配不出来...之后上 Approach Zero 搜了一下发现这个 AoPS 上的贴子, 里面也有一些很有趣的方法, 不过 kuing 大佬的方法直接加强到最优系数, 令我叹为观止...
话说 #1,#2 的强化应该是我算的有问题, 然后最后那个方也不能那么配, 因为 $k\sum\left[a-\mu b+(\mu-1)c\right]^2(\mu^2a+b-\mu c)^2$ 只能保证消去 $\sum a^4$ 而不能保证消去剩下边上的项, 这些项得靠 $\sum\left[a-\mu b+(\mu-1)c\right]^2$ 来消...

kuing

仅针对 `\sum a^3+2\sum a^2b\geqslant3\sum ab^2` 的话，正好用你今早顶起的那帖的方法就可以了。

原不等式等价于
\[\sum a^3+2\sum a^2b+2\sum ab^2\geqslant5\sum ab^2,\]
由轮换对称性不妨设 `b` 为中位数，则由排序不等式可得
\[\sum ab^2\leqslant b(a^2+ac+c^2),\]
（详细推理见 kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=9941 的 1# 前半）
于是只需证
\[\sum a^3+2\sum a^2b+2\sum ab^2\geqslant5b(a^2+ac+c^2),\]
此时关于 `a`, `c` 对称，不难将上式配方为
\[\frac14(3a+b+3c)(a-2b+c)^2+\frac14(a-b+c)(a-c)^2\geqslant0,\]
显然成立。

O-17

kuing 发表于 2023-4-2 18:45
仅针对 `\sum a^3+2\sum a^2b\geqslant3\sum ab^2` 的话，正好用你今早顶起的那帖的方法就可以了。

原不等 ...

请问当 $b$ 是中位数时, $(a-b+c)(a-c)^2\geqslant0$ 是显然的吗?
我只能看出
$$
(a-b+c)(a-c)^2\equiv b(a-b)(b-c)+\sum a(a-b)(a-c)\geqslant0
$$
由 $b$ 是中位数以及 Schur 不等式成立.

又因为你的引理可以这样证明
$$
b(a^2+ac+c^2)-\sum ab^2\equiv a(a-b)(b-c)
$$
所以本题的配方结果就是
$$
\sum a^3+2\sum a^2b-3\sum ab^2\equiv(5a+\frac b4)(a-b)(b-c)+\frac14(3a+b+3c)(a-2b+c)^2+\frac14\sum a(a-b)(a-c)
$$

kuing

O-17 发表于 2023-6-21 18:09
请问当 $b$ 是中位数时, $(a-b+c)(a-c)^2\geqslant0$ 是显然的吗?
我只能看出
$$

你竟然不觉得显然？笑死🤣

O-17

补另一种设序配方, 不妨设 $a$ 为中位数, 则
$$
\sum\left(a^3+2a^2b-3ab^2\right)\equiv a(a-b)^2+b(2a-b-c)^2+4c(b-a)(a-c)+c(a-c)^2\geqslant0.~\square
$$
话说不等式区现在好冷门啊