Dejemos que $x,y,z$ sean tres números positivos. ¿Puede alguien demostrar la siguiente desigualdad? $(x^2y^2+z^4)^3 \leq (x^3+y^3+z^3)^4$ (o encontrar un contraejemplo, o encontrar una referencia...)
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Tenemos que mostrar $(x^2y^2 + z^4)^3 \le (x^3+y^3+z^3)^4.$
Por AM-GM, tenemos $(x^3+y^3+z^3)^4 \ge \left(2(xy)^{\frac{3}{2}} + z^3\right)^4$
Dejemos que $a = \sqrt{xy} > 0$ . Entonces basta con demostrar que
$(2a^3 + z^3)^4 \ge (a^4 + z^4)^3$
Dejemos que $t = \frac{a}{z} > 0$ entonces tenemos que mostrar
$f(t) = (2t^3 + 1)^4 - (t^4 + 1)^3 \ge 0$ para $t > 0$ .
o $f(t) = t^3 (15 t^9+32 t^6-3 t^5+24 t^3-3t+8) > 0$
Ahora bien, hay que tener en cuenta que para $t \ge 1$ ,
$3t^6 - 3t^5 = 3t^5(t-1)$ y $3t^3 - 3t = 3t(t^2 - 1)$
así que $f(t) = t^3 [15t^9 + 29t^6 + 3t^5(t-1) + 21t^3 + 3t(t^2-1) + 8] > 0$ .
Del mismo modo, cuando $0 < t < 1$ ,
$- 3t^5 + 3t^3 = 3t^3(1 - t^2)$ y $-3t + 3 = 3(1-t)$
así que $f(t) = t^3 [15t^9 + 32t^6 + 3t^3(1-t^2) + 21t^3 + 3(1-t) + 5] > 0.$
Así, $f(t) > 0$ cuando $t > 0$ y, por lo tanto, la desigualdad se mantiene.
my doubts
Puntos
1
Tenga en cuenta que tenemos $(x^3+y^3+z^3)^2\geq (x^3+y^3)^2+z^6\geq 4x^3y^3+z^6,$ y también $x^3+y^3\geq 2\sqrt{x^3y^3},$ por lo que basta con comprobar que $$\left(2\sqrt{x^3y^3}+z^3\right)^2(4x^3y^3+z^6)\geq (x^2y^2+z^4)^3.$$ Usando la desigualdad de Holder, podemos obtener un límite más agudo: $$\begin{aligned}\left(2\sqrt{x^3y^3}+z^3\right)^2(4x^3y^3+z^6)&\geq \left(\sqrt[3]{16x^6y^6}+z^4\right)^3\\&=\left(2\sqrt[3]2x^2y^2+z^4\right)^3.\end{aligned}$$ En esta versión más fuerte, la igualdad se mantiene para $(x,y,z)=(t,t,\sqrt[3]{2t}).$
Para la desigualdad original, si se permiten reales no negativos, la igualdad se mantiene si y sólo si $x=y=0.$ De lo contrario, no hay igualdad. $\Box$
