Vamos $a$, $b$, $c$ ser positivo reales satisfacer $a + b + c = \sqrt[\large 7]{a} + \sqrt[\large 7]{b} + \sqrt[\large 7]{c}$. Demostrar que $a^a b^b c^c ≥ 1$.
Este es el último problema de este excelente visión general de las diversas desigualdad problemas por Evan Chen.
Sospecho que el autor dejara para el final de su documento como un problema muy difícil, o como un problema que tiene una hermosa o una inesperada solución.
He intentado utilizar de Cauchy y Hoelder desigualdades en algunas maneras, y algunas sustituciones, pero sin suerte hasta el momento.
Tengo curiosidad, ¿qué haría usted de los chicos dicen sobre el problema. Además, ¿hay algo especial acerca de número de $7$ respecto a este problema? Sería la declaración de mantener si no se $19$ en lugar de $7$? Lo que sobre el caso con cuatro, cinco, seis números? Lo que sobre el caso con sólo$a$$b$?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Primero de todo, la solución: por la ponderado AM-GM hemos $$1 = \frac{a}{a+b+c} a^{-6/7} + \frac{b}{a+b+c} b^{-6/7} + \frac{c}{a+b+c} c^{-6/7} \ge (a^ab^bc^c)^{\frac{-6/7}{a+b+c}}. $$ Por supuesto, a partir de esta solución es claro que tanto el número de variables y la elección del número de $7$ es irrelevante. (Pedagógicamente y aesthetcially, yo soy de la opinión que es mejor que incluyen la concreta y específica de la instancia si está claro cómo generalizar).
Viendo como soy el autor de este problema (que fue el segundo problema de ELMO 2013), que me pueden comentar sobre su creación. Yo había sabido por mucho tiempo que uno podría llegar a $a^2+b^2+c^2 \ge a^ab^bc^c$, cuando se $a+b+c=1$, utilizando ponderado AM-GM. Yo realmente quería ver si podía conseguir algo más decente, ya que el problema es más bien trivial en esa formulación. Después de dos horas de jugar con esto ponderado de la idea antes de que me decidí a poner una condición de $a^2 + b^2 + c^2 = a + b + c$, de modo que el lado izquierdo de $\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c} \ge a^{\frac{a}{a+b+c}} b^{\frac{b}{a+b+c}} c^{\frac{c}{a+b+c}}$ sería agradable. De repente me di cuenta de que sólo podía factor de la exponente, y toda la cosa simplificado super bien como $a^ab^bc^c \le 1$. Y así, después de algunos cambios cosméticos se convirtió en el problema que usted ve ahora.
Deje $r> 1$ $a+b+c = \sqrt[r]a+\sqrt[r]b+\sqrt[r]a$ positivos $a, b, c$. Debemos mostrarles a $a^ab^bc^c \ge 1$. De manera equivalente, es suficiente para demostrar por $x> 0$, $$f(x) = x \log x -\frac{r}{r-1}(x - \sqrt[r]x) \ge 0$$
Mirando a $f'(x)$, obtenemos que su signo está determinado por el signo de $$g(x) = (r-1)\log x+\frac1{\sqrt[r]{x^{r-1}}}-1$$ y $g'(x) = \dfrac{(r-1)}{rx^2}(rx-\sqrt[r]x)$ que cruza el eje x positivo sólo una vez desde la parte inferior. Por lo $g(x)$ tiene dos ceros, fácilmente $g(1)=0$ y hay otro en $(0, 1)$. El signo de $g(x)$ luego $+, - , +$ donde el signo de los cambios suceden a las raíces.
Finalmente, esto significa $f(x)$ tiene dos extremos, el primero es en $(0, 1)$ y un máximo, y el segundo, en la $x=1$, y es el mínimo. Como $f(1) = 0$ es de este mínimo, tenemos $f(x) \ge 0$
