[不等式] 越南和土耳其的不等式赛题

果断还是不会代码..只好传图片了


________kuing edit in $\LaTeX$________
一. 2012土耳其
$a,b,c>0,\sum a^3=\sum a^4$，求证
\[\sum\frac{a}{a^2+b^3+c^3}\ge 1.\]

二. 2013越南
求最大正数 $k$，使
\[\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{k}{1+a+b+c}\ge 3+\frac{k}{4}\]
对满足 $abc=1$ 的正数 $a,b,c$ 恒成立。

1# huyuhbb
题目？
有草稿本和范例，慢慢来就会了

以前研究过分母没有1+的，那时还碰到三次方程。看来加个1数据会变简单? 时间关系，先闪明天再算算看。

4# kuing


arqady表示k=13 is the best due to $uvw$ theorm

4# kuing

arqady表示k=13 is the best due to $uvw$ theorm
pxchg1200 发表于 2013-4-8 12:46

以前研究分母没有1+的那个的时候我也是用 uvw http://www.artofproblemsolving.com/blog/38834

按照楼上链接的方法，我似乎还是遇到三次方程啊……难道计算错了？

仿照楼上上链接的方法，后面的计算略去（当然就不是像链接那样一步步算了，上软件，用结式算……）。
当 $a=b=c=1$ 时不等式恒成立，当 $a$, $b$, $c$ 不全相等时
\[\frac1a+\frac1b+\frac1c+\frac k{1+a+b+c}\geqslant 3+\frac k4\iff ab+bc+ca-3\geqslant k\left( \frac14-\frac1{1+a+b+c} \right),\]
因为 $a+b+c>3$，所以等价于
\[k\leqslant f(a,b,c)=\frac{ab+bc+ca-3}{\frac14-\frac1{1+a+b+c}},\]
所以只要求 $f(a,b,c)$ 的最小值（或下确界）。由 uvw 定理可知只要考虑两元相等，即只要求当 $a>0$ 且 $a\ne1$ 时
\[g(a)=f\left(a,a,\frac1{a^2}\right)\]
的最小值（或下确界）。化简得
\[g(a)=\frac{4 (a+1) (a+2) (2 a^2-a+1)}{a (2 a+1)},\]
显然存在最小值，设其为 $m=g(a_0)$，求导化简得
\[g'(a)=\frac{8 (a^2+a+1) (4 a^3+4 a^2-3 a-1)}{a^2 (2 a+1)^2},\]
则
\[\left\{\begin{aligned}
4 a_0^3+4 a_0^2-3 a_0-1&=0,\\
4 (a_0+1) (a_0+2) (2 a_0^2-a_0+1)-ma_0 (2 a_0+1)&=0,
\end{aligned}\right.\]
消去 $a_0$，即得
\[m^3+46 m^2-699 m-1936=0,\]
只有唯一正数根 $m\approx 13.9676$，这就是 $k$ 的最大值。

天书(1846******) 18:38:45
第一题水，直接乘分子柯西

11# kuing

Problem
Let $a,b,c>0$ with $ a^3+b^3+c^3=a^4+b^4+c^4 $,Prove that
\[ \frac{a}{a^2+b^3+c^3}+\frac{b}{b^2+c^3+a^3}+\frac{c}{c^2+a^3+b^3}\geq 1 \]
Proof:
by Cauchy-Schwarz,we have
\[ \left(\sum{\frac{a}{a^2+b^3+c^3}}\right)\left[\sum{a(a^2+b^3+c^3)}\right]\geq (a+b+c)^2 \]
Therefore,it's suffice to prove
\[ (a+b+c)^2\geq \sum{a(a^2+b^3+c^3)} \]
Or
\[ (a+b+c)^2\geq (a+b+c)(a^3+b^3+c^3) \]
\[ \Leftrightarrow  (a+b+c)(a^4+b^4+c^4)^2\geq (a^3+b^3+c^3)^3\]
Which is true by Holder inequality.
Done!

12# pxchg1200

看来的确不是一个难度级别……

顺便将1#用LaTeX输入了下。

To 楼主：你可以编辑1#的贴子，看看代码怎么写