[不等式] (转)群里看到一个不等式a+b+c=3

江苏-冯加明(12*****96)  18:02:23
$a,b,c\in [0,3],a+b+c=3$,求证:$(1+a^3)(1+b^3)(1+c^3)\ge (1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)\ge (1+a)(1+b)(1+c)$.

1# realnumber
原来是杨学枝老师的22个猜想14的特例.

只要证右边的就可以了

PS、麻烦主题分个类

哎，既然是被解决过的特例，我也懒得想妙法，既然齐次化是3元6次，用 Schur 分拆算了。
\[(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)\geqslant (1+a)(1+b)(1+c),\]
齐次化即
\[\prod\left(\frac{(a+b+c)^2}9+a^2\right)-\frac{(a+b+c)^3}{27}\prod\left(\frac{a+b+c}3+a\right)\geqslant0,\]
Schur 分拆为
\[\frac2{243}\sum a^4(a-b)(a-c)+\frac5{243}\sum a^3(c+b)(a-b)(a-c)+\frac{26}{243}(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2+\frac{92}{243}\sum b^2c^2(a-b)(a-c)+\frac{10}{81}abc\sum a(a-b)(a-c)+\frac{14}{243}abc\sum (c+b)(a-b)(a-c)\geqslant 0,\]
显然成立。

刚才为什么说只要证右边？这是因为，令 $f(t)=(1+a^{t+1})/(1+a^t)$，求导有
\[f'(t)=\frac{a^t(a-1)\ln a}{(1+a^t)^2},\]
易见 $f'(t)\geqslant0$ 恒成立，即 $f(t)$ 递增。由此易得，对 $t\geqslant1$，都有
\[\frac{(1+a^{t+1})(1+b^{t+1})(1+c^{t+1})}{(1+a^t)(1+b^t)(1+c^t)}\geqslant\frac{(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)}{(1+a)(1+b)(1+c)},\]
所以，只要证明了上式右边大于等于1，那么原不等式左边自然成立，更高次也成立。

话说，多元情况不知能不能这样玩？

咦？多元的情形似乎对比较大的 $n$ 就不成立了，那个猜想到底是被证明了还是被否定了的？
PS、顺便问下那堆猜想的最新情况

5# kuing
没多少留下了;14.杨老师修改了条件,附件其实可以百度到

6# realnumber

原来后来才加了条件……

7# kuing
加条件,我记得发给你快要完成的.doc过,希望你补完的,不过在这种情况下,很快自己完成证明了.

哎，我一直没怎么关注过那堆猜想，落后了啊……
n 元你们解决过了，我还是玩玩低元，看有没有简单证法。

9# kuing


开玩笑,落后?
至少比我好几个等级,我只会导数处理,别的常见不等式基本不会用,甚至高考难度地运用cauchy.

10# realnumber

我是指不了解最新信息……
其实说到玩导数，我还不够你熟呢，所以我很少能搞定指数不等式，这方面你解决得比较多。

11# kuing
空想想,要是都在同个论坛就好了,人多才势众,睡觉去了,

4# kuing

好久没上了。
Proof：
we may assume $a\ge b \ge c$.

1-CASE. $a\ge b \ge 1\ge c$. By CS \[(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\ge (a+b)(b+c)(c+a)\]
\[(a+b)(b+c)(c+a)-(a+1)(b+1)(c+1)=2(1-a)(1-b)(1-c)\ge 0\]

2-CASE. $a\ge 1\ge b\ge c$.By CS \[(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\ge (a+b)(a+c)(bc+1)= \]
\[=(a+b)(a+c)(b+c)+(a+b)(a+c)(1-c)(1-b)\]
\[(a+b)(a+c)(bc+1)-(a+1)(b+1)(c+1)=\] \[(a+b)(a+c)(1-c)(1-b)+2(1-a)(1-b)(1-c)=\]
\[=(1-b)(1-c)[(a+b)(a+c)-2a+2]=(1-b)(1-c)[(a-1)^2+1+ab+bc+ca]\ge 0\]

玩不玩根号
$a$, $b$, $c\geqslant0$, $a+b+c=3$，证
\[\bigl(1+a\sqrt a\bigr)\bigl(1+b\sqrt b\bigr)\bigl(1+c\sqrt c\bigr)\geqslant(1+a)(1+b)(1+c).\]

14# kuing
看你们玩，学习中

$a$, $b$, $c\geqslant0$, $a+b+c=3$，证
\[\bigl(1+a^m)\bigl(1+b^m)\bigl(1+c^m)\geqslant(1+a)(1+b)(1+c).\]
几何画板实验结果,似乎$m\ge 1$都成立.

16# realnumber

几何画板很难显示出很精确的东西，你试试 m=1.01 时放大点来看

17# kuing
果然不对了

18# realnumber

嗯，我是用 mathematica 画图来实验的，画出来比较清楚，最佳值现在也不确定，不过的确可以比较小，也就是说上面改成三次、四次根号应该都成立……

19# kuing
这个最佳估计不容易,改成2元或四元,m最佳有可能变化