整式不大于分式的不等式

力工

正数$a,b,c$满足$a+b+c=3$，求证：$(a+3b+3c)(3a+b+3c)(3a+3b+c)\leqslant \dfrac{3(abc)^\dfrac{5}{3}}{a^2+b^2+c^2}$.

kuing

不等式不成立：令 `a\to0` 就知；
滥用 dfrac。

力工

回复 2# kuing
我汗，抱歉k神，我没注意检查。Latex代码很不熟练，乱用了。
修改一下问题：
正数$a,b,c$满足$a+b+c=3$，求证：$(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leqslant \dfrac{3\sqrt[3]{(abc)^5}}{a^2+b^2+c^2}$.

kuing

没事，你的帖我已经习惯多留个心眼，先看看是不是错题先

kuing

回复 3# 力工

修正好的不等式是成立了，但 `a+b+c=3` 多余，因为原不等式齐次。

显然只需考虑左边三个括号内都为正的情形即可，令 `a+b-c=2z`, `b+c-a=2x`, `c+a-b=2y`, `x`, `y`, `z>0`，原不等式等价于
\[8xyz\leqslant\frac{3\sqrt[3]{\bigl((x+y)(y+z)(z+x)\bigr)^5}}{2(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)},\]
记 `p=x+y+z`, `q=xy+yz+zx`, `r=xyz`，上式等价于
\[16r(p^2-q)\leqslant3\sqrt[3]{(pq-r)^5}, \quad(*)\]
熟知有
\[3xyz(x+y+z)\leqslant(xy+yz+zx)^2\iff r\leqslant\frac{q^2}{3p},\]
所以要证式 (*) 只需证
\[\frac{16q^2}{3p}(p^2-q)\leqslant3\sqrt[3]{\left( pq-\frac{q^2}{3p} \right)^5},\]
两边立方并去分母化简后为
\[p^2q\bigl(16(p^2-q)\bigr)^3\leqslant3(3p^2-q)^5,\]
可整理为
\[(p^2-3q)^2(729p^6-937p^4q+915p^2q^2+1365q^3)+4096q^4(p^2-3q)\geqslant0,\]
显然 `p^2\geqslant3q`，所以上式成立，原不等式得证。

证得不好看，感觉此不等式不算很强，应该有更简洁的方法……