Prueba

Question

Cada $a,b,c > 0$ y $a^5+b^5+c^5=3 $. Cómo demostrar que:

$$\frac{a^4}{b^3} +\frac{b^4}{c^3} +\frac{c^4}{a^3} \ge 3$$

Answer 1

Desde $a, b, c$ son positivos, podemos establecer $$ a = x^2\quad b = y^2 \quad c = z^2 $$ La desigualdad se convierte en $$ \frac {x^8} {y^6} + \frac {y^8} {z^6} + \frac {z^8} {x^6} \geq 3 $$ con la condición de $x^{10} + y^{10} + z^ {10} = 3$.

La aplicación de Hölder de la desigualdad, se obtiene: $$ 3 = (x^{10} + y^{10} + z^{10})^{9/10} \cdot (1 + 1 + 1)^{1/10} \geq x^9 + y^9 + z^9 $$

Por medio de AM - GM de la desigualdad se puede escribir $$ \begin{align} 3 &\geq \frac {(x^9 + y^9 + z^9)^2} {3} \\ &= \sum_{cyc} x^9 \frac {x^9 + 2y^9} {3} \\ &\geq \sum_{cyc} x^9 \sqrt[3] {x^9 y^{18}} \\ &= x^{12} y^6 + y^{12} z^6 + z^{12} x^6 \end{align} $$

La aplicación de Cauchy-Schwarz desigualdad llegamos a la conclusión de $$ \left(\frac {x^8} {y^6} + \frac {y^8} {z^6} + \frac {z^8} {x^6} \right) \cdot (x^{12} y^6 + y^{12} z^6 + z^{12} x^6) \geq (x^{10} + y^{10} + z^{10})^2 = 9 $$ y, finalmente, $$ \frac {x^8} {y^6} + \frac {y^8} {z^6} + \frac {z^8} {x^6} \geq \frac 9 {x^{12} y^6 + y^{12} z^6 + z^{12} x^6} \geq 3 $$

Answer 2

Aplicando la desigualdad entre la media aritmética y la media armónica, obtenemos $$ \frac{a^4}{b^3} +\frac{b^4}{c^3} +\frac{c^4}{a^3} \ge 3(abc)^{\frac 1 3}.$$ La igualdad tiene iff los tres términos de la suma son iguales. Esto implica $$\min_{a^5+b^5+c^5=3}\frac{a^4}{b^3} +\frac{b^4}{c^3} +\frac{c^4} {^3} \ge \max_{a^5+b^5+c^5=3}3(abc)^{\frac 1 3}=3\left(\max_{a^5+b^5+c^5=3}a^5b^5c^5\right)^{1/15}. $$ Es bien sabido, que el último máximo se alcanza en el caso de $a^5=b^5=c^5=1$. La combinación de estos argumentos, llegamos a la única solución óptima $a=b=c=1$ que produce la igualdad $$\frac{a^4}{b^3} +\frac{b^4}{c^3} +\frac{c^4} {^3} = 3. $$ Además. Con el fin de completar la prueba, consideramos que la función $$ F(a,b,c):=\frac{a^4}{b^3} +\frac{b^4}{c^3} +\frac{c^4}{a^3}$$ on the set $S:=\{(a,b,c): a^5+b^5+c^5=r^5,\, a>0,\,b>0,\,c>0\}.$ Let us assume $a >b \ge c$. It is clear that $ > \frac r {3^{1/5}}.$ Me demuestran que por la disminución de $a$ y el aumento de la $b$$c$$(a,b,c) \in S$, podemos estrictamente disminuir el $F$.Para este fin, encontrar la derivada parcial $$\frac {\partial F} {\partial}= \frac {4a^3} {b^3} -\frac {3c^4} {a^4} =\frac {4a^7-3b^3c^4}{a^4b^3}. $$ Debido a $b^5+c^5 \le \frac {2r^5} 3 $, la desigualdad de $2\sqrt{b^5c^5} \le \frac {2r^5} 3$ es válido. Esto implica $bc \le \frac {r^2} {3^{2/5}}.$ $c$ satisface $c \le \frac {r} {3^{1/5}}.$ la Combinación de estas estimaciones, tenemos $$4a^7-3b^3c^4 \ge \frac {4r^7} {3^{7/5}}-3\frac {r^6} {}3^{6/5}\frac r {3^{1/5}} >0.$$ Por lo tanto, el mínimo de $F$ $S$ es alcanzada si $a=b=c$.