Dejemos que $a, b$ y $c$ sean números reales posesivos tales que $abc=1$ . Quiero probar esta inalidad $$\sum_{cyc}\frac{ab}{a^5+b^5+ab}\le 1$$ Utilicé la desigualdad AGM pero no la probé.
¿Qué desigualdad debo utilizar? Así que gracias
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Behrouz Maleki
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Puede utilizar el reordenación Desigualdad . Nota $$\frac{ab}{a^5+b^5+ab}\le \frac{ab}{a^4b+ab^4+ab}\\ \frac{bc}{b^5+c^5+bc}\le \frac{bc}{b^4c+bc^4+bc}\\ \frac{ac}{a^5+c^5+ac}\le \frac{ac}{a^4c+ac^4+ac}\\ $$ por lo tanto $$\sum_{cyc}\frac{ab}{a^5+b^5+ab}\le \sum_{cyc}\frac{ab}{a^4b+ab^4+ab}=\sum_{cyc}\frac{1}{a^3+b^3+1}=\sum_{cyc}\frac{1}{a^3+b^3+\color{red}{abc}}\tag 1$$ Asimismo, $$\frac{1}{a^3+b^3+abc}\le \frac{1}{a^2b+ab^2+abc}\\ \frac{1}{b^3+c^3+abc}\le \frac{1}{b^2c+bc^2+abc}\\ \frac{1}{a^3+c^3+abc}\le \frac{1}{a^2c+ac^2+abc}\\ $$ así $$\sum_{cyc}\frac{1}{a^3+b^3+abc}\le\sum_{cyc}\frac{1}{a^2b+ab^2+abc}\le \sum_{cyc}\frac{1}{ab}\left(\frac{1}{a+b+c}\right)\le\underbrace{\frac{1}{a+b+c}\sum_{cyc}\frac{1}{ab}}_{\frac{1}{a+b+c}\times\frac{a+b+c}{abc}=\frac{1}{abc}}=1\tag 2 $$ $(1)$ y $(2)$ $$\sum_{cyc}\frac{ab}{a^5+b^5+ab}\le1$$
Se trata de un problema de la lista corta de la OMI de 1996. Aquí hay una solución. Otro más aquí.
Pues si se tiene en cuenta el planteamiento del primer enlace que compartí, se puede hacer todo con algún grupo de AGMs. Considera lo siguiente
\begin{align*} 2a^4 + 2b^4&= a^4 + b^4 +a^4 + b^4\\ &\geq a^4 + b^4 + 2a^2b^2 \\ &= (a^4 + a^2b^2) + (b^4 + a^2b^2) \\ &\geq 2a^3b + 2ab^3 \\ \end{align*}
Aquí mostramos $a^4 + b^4 - a^3b -ab^3 \geq 0$ . Por lo tanto, \begin{align*} a^5 + b^5 &= (a+b)(a^4 + b^4 - a^3b -ab^3 + a^2b^2)\\ &\geq (a+b)a^2b^2 \end{align*} Lo que significa \begin{align*} \frac{ab}{a^5 + ab +b^5} &\leq \frac{ab}{(a+b)a^2b^2 + ab}\\ &\leq \frac{1}{(a+b)ab + 1}\\ &= \frac{c}{a+b+c}\\ \end{align*} Nota: Se puede prescindir de la "Rearreración".
