Esta desigualdad $a+b^2+c^3\ge \frac{1}{a}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^3}$

Question

Dejemos que $0\le a\le b\le c,abc=1$ entonces demuestre que $$a+b^2+c^3\ge \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^3}$$ Cosas que he probado hasta ahora: $$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^3}=\dfrac{b^2c^3+ac^3+ab^2}{bc^2}$$

Desde $abc=1$ basta con demostrar que $$c+b^3c^2+bc^5\ge b^2c^3+ac^3+ab^2$$ entonces el problema está resuelto. Me he quedado aquí.

Answer 1

insinuación: $c\ge 1, a \le 1$

cuando $b\le 1$ reemplazar $a$ , obtener $f(c)=$ LHS-RHS,probar $f'(c)\ge0$ con

$bc=\dfrac{1}{a} \ge 1,$ entonces usa $c\ge \dfrac{1}{b^2}$ para demostrar $f(c=\dfrac{1}{b^2} )\ge 0$

Edición: aquí está la solución completa:

caso 1: $b \le 1, c \ge \dfrac{1}{b^2},bc=\dfrac{1}{a} \ge 1$

LHS-RHS $=b^2c^6-b^3c^4+b^4c^3-c^3+bc^2-b^2=f(c),\\f'(c)=6b^2c^5-4b^3c^3+3b^4c^2-3c^2+2bc=4b^2c^3(c^2-b)+2b^2c^5-3c^2+2bc+ 3b^4c^2 >0$

porque $c^2 \ge1 \ge b, 2b^2c^5+2bc-3c^2 > 2c^3-3c^2+1=(c-1)(2c^2-c-1)\ge 0$

$f(c)_{min}=f(\dfrac{1}{b^2})=\dfrac{(1-b^3)(b^9+b^6-b^5-b^4+b^3+1 )}{b^{10}} \ge 0$

cuando $a=b=1$ obtener min. $0$

caso 2: $b \ge 1, \implies b^2 -\dfrac{1}{b^2} \ge 0,a=\dfrac{1}{bc} \ge \dfrac{1}{c^2}$

es trivial $g(a)=a-\dfrac{1}{a}$ es una función monocreciente, $\implies g(a) \ge \dfrac{1}{c^2} -c^2$

LHS-RHS $=a-\dfrac{1}{a}+b^2-\dfrac{1}{b^2}+c^3-\dfrac{1}{c^3} \ge a-\dfrac{1}{a}+c^3-\dfrac{1}{c^3} \ge c^3-c^2+\dfrac{1}{c^2}-\dfrac{1}{c^3}=\dfrac{c^2(c-1)(c^5+1)}{c^5} \ge 0$

Answer 2

Escriba $$a = \frac{p^3}{p q r},\, b= \frac{q^3}{p q r}, \, c= \frac{r^3}{p q r}$$

con $0 < p\le q \le r$ y sustituir para obtener la desigualdad equivalente: $$p q^8 r^4 + p^5 q^3 r^5 + q r^{12}-p^6 q^7 - p q^5 r^7 - p^5 r^8 \ge 0$$

Ahora escribe $p=u,\, q=u+v, \,r=u+v+w$ con $u>0$ , $\ v,w\ge 0$ y sustituir para obtener una expresión en $u$ , $v$ , $w$ con todos los coeficientes positivos, por lo que $\ge 0$ .

Answer 3

podemos escribir la desigualdad como $$\left(a-\dfrac{1}{c^3}\right)+\left(c^3-\dfrac{1}{a}\right)\ge\dfrac{1}{b^2}-b^2$$ o $$(c^3a-1)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{c^3}\right)\ge\dfrac{1-b^4}{b^2}\tag{1}$$ desde $c\ge 1,bc\ge 1$ entonces $$c^3a\ge c\cdot abc=c\ge 1$$ por lo que sólo demuestra $b\le 1$ caso.

$1$ .case si $b^2\ge a$ ，entonces tenemos $$c^3a+b^4-2\ge a(c^3+b^3)-2\ge abc(b+c)-2=b+c-2\ge 0$$ entonces tenemos $$c^3a-1\ge 1-b^4$$ y $$\dfrac{1}{a}\ge\dfrac{1}{b^2}$$ así que $(1)$ demostrar que está hecho.

2. si $a\ge b^2$ tenemos $$c^3a-1-c(1-b^4)\ge c^3b^2+cb^4-c-1\ge c^3b^2+cb^4-c(b^2c)^{4/3}-(b^2c)^{5/3}\ge 0$$ por lo que tenemos $$c^3a-1\ge c(1-b^4)$$ y $$\dfrac{c}{a}-\dfrac{1}{b^2}\ge\dfrac{b-a}{ab^2}\ge 0$$ así que $$(c^3a-1)\left(\dfrac{c}{a}+\dfrac{1}{c^2}\right)\ge\dfrac{c(1-b^4)}{b^2}$$ así que $(1)$ demostrar por hecho

Answer 4

set $a=x/y,b=y/z,c=z/x$ y obtenemos la desigualdad equivalente $$-{x}^{6}{y}^{2}+{z}^{3}{x}^{4}y+{y}^{4}{x}^{3}z-{z}^{5}{x}^{3}-{y}^{3} {z}^{3}{x}^{2}+{y}^{2}{z}^{6} \geq 0$$ enchufe $z=x+u,y=x+u+v$ en la desigualdad anterior obtenemos $$\left( 4\,u+2\,v \right) {x}^{7}+ \left( 18\,{u}^{2}+16\,uv+3\,{v}^{2 } \right) {x}^{6}+ \left( 40\,{u}^{3}+39\,{u}^{2}v+12\,u{v}^{2}+3\,{v} ^{3} \right) {x}^{5}+ \left( 56\,{u}^{4}+57\,{u}^{3}v+15\,{u}^{2}{v}^{ 2}+5\,u{v}^{3}+{v}^{4} \right) {x}^{4}+ \left( 50\,{u}^{5}+59\,{u}^{4} v+14\,{u}^{3}{v}^{2}+{u}^{2}{v}^{3}+u{v}^{4} \right) {x}^{3}+ \left( 27\,{u}^{6}+39\,{u}^{5}v+12\,{u}^{4}{v}^{2}-{u}^{3}{v}^{3} \right) {x} ^{2}+ \left( 8\,{u}^{7}+14\,{u}^{6}v+6\,{u}^{5}{v}^{2} \right) x+{u}^{ 8}+2\,{u}^{7}v+{u}^{6}{v}^{2} \geq 0$$ y esto es cierto.