deje $a,b,c\ge 0$, de tal manera que $a+b+c=1$, demostrar que $$10(a^3+b^3+c^3)-9(a^5+b^5+c^5)\le\dfrac{9}{4}$$
Este problema es simple como la del 2005, china oeste de la competencia problema $$10(a^3+b^3+c^3)-9(a^5+b^5+c^5)\ge 1$$ ver:(http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=362838&sid=00aa42b316d41e251e24e658594fcc51#p362838)
para el año 2005 china occidental problema tenemos dos métodos (por lo menos)
solución 1： nota $$(a+b+c)^3=a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(a+c)$$ $$(a+b+c)^5=a^5+b^5+c^5+5(a+b)(b+c)(a+c)(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac)$$ entonces $$\Longleftrightarrow 10[1-3(a+b)(b+c)(a+c)]-9[1-5(a+b)(b+c)(a+c)(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac)]\ge 1$$ $$\Longleftrightarrow 3(a+b)(b+c)(a+c)(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac)-2(a+b)(b+c)(a+c)\ge 0$$ $$\Longleftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac)\ge 2=2(a+b+c)^2$$ $$ a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\ge 0$$ Obviamente.
solución 2:
$$10(a+b+c)^2(a^3+b^3+c^3)-9(a^5+b^5+c^5)-(a+b+c)^5\ge0$$ es equivalente a $$15(a+b)(b+c)(c+a)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\ge0$$
Pero para $$10(a^3+b^3+c^3)-9(a^5+b^5+c^5)\le\dfrac{9}{4}$$
y para que esta igualdad creo $$10a^3-9a^5\le p (a-1/3)+q$$ y vamos a $$f(x)=10x^3-9x^5\Longrightarrow f'(x)=30x^2-45x^4\Longrightarrow p=f'(1/3)=\dfrac{25}{9}$$ $$q=f(1/3)=\dfrac{1}{9}$$ así que si podemos demostrarlo $$10a^3-9a^5\le\dfrac{25}{9}(a-1/3)+\dfrac{1}{9}$$ Estos métodos no puedo trabajar, alguien puede ayudar a lidiar. Gracias
