$\frac{a^2+b^2+c^2}{a^5+b^5+c^5}+\cdots+\frac{d^2+a^2+b^2}{d ^5+a^5+b^5}\le\frac{a+b+c+d}{abcd}$

Question

Vamos a:$a,b,c,d>0$ ser números reales ,cómo probar que :

$$\frac{a^2+b^2+c^2}{a^5+b^5+c^5}+\frac{b^2+c^2+d^2}{b^5+c^5+d^5}+\frac{c^2+d^2+a^2}{c^5+d^5+a^5}+\frac{d^2+a^2+b^2}{d ^5+a^5+b^5}\le\frac{a+b+c+d}{abcd}$$.

Edit : creo que me lo demostró. A partir de la desigualdad de Cauchy tenemos $$ \left(\sum\limits_{cyc}x^5\right)\left(\sum\limits_{cyc}x\right)\geq \left(\sum\limits_{cyc}x^3\right)^2 $$ A partir de la desigualdad de Chebyshev es de la siguiente manera $$ \left(\sum\limits_{cyc}x\right)\left(\sum\limits_{cyc}x^2\right)\leq 3\left(\sum\limits_{cyc}x^3\right)^2 $$ por lo tanto $$ \frac{\left(\sum\limits_{cyc}x^5\right)}{\left(\sum\limits_{cyc}x^2\right)}= \frac{\left(\sum\limits_{cyc}x^5\right)\left(\sum\limits_{cyc}x\right)}{\left(\sum\limits_{cyc}x\right)\left(\sum\limits_{cyc}x^2\right)}\leq \frac{3}{\left(\sum\limits_{cyc}x^3\right)}\leq \frac{1}{xyz} $$ En el último paso he usado AM-GM de la desigualdad. El resto es clara.

Es allí una manera diferente para demostrarlo ?

Answer 1

Esta pregunta sólo puede ser resuelto mediante el AM-GM de la desigualdad. Partiendo de la idea de que el Pan Yang sugiere en su comentario, es suficiente para mostrar la siguiente.

$$\frac{a^2+b^2+c^2}{a^5+b^5+c^5}\le\frac{d}{abcd}=\frac{1}{abc}$$

Esto es equivalente a mostrar que la

$$a^3 bc+b^3ca+c^3ab\le a^5+b^5+c^5 $$

Sin embargo, esto es cierto tomando un promedio ponderado de AM-GM como tal (estoy escribiendo en su totalidad):

$$\frac{1}{5}a^5+\frac{1}{5}a^5+\frac{1}{5}a^5+\frac{1}{5}b^5+\frac{1}{5}c^5\ge(a^{15}b^{5}c^{5})^{\frac{1}{5}}=a^3bc$$

y de manera similar para los términos de $b^3ca, c^3ab$. Esto completa la prueba.