[不等式] 一个简单不等式问题

已知$a,b,c>=0$
$a^5/(a^3+b^3)+b^5/(b^3+c^3)+c^5/(c^3+a^3)>=(a^2+b^2+c^2)/2$ .

由CS及AG得
\[\sum\frac{a^5}{a^3+b^3}=\sum\frac{a^8}{a^6+a^3b^3}\geqslant\frac{\left(\sum a^4\right)^2}{\sum a^6+\sum a^3b^3}\geqslant\frac{2\left(\sum a^4\right)^2}{2\sum a^6+\sum a^4b^2 + \sum a^2b^4},\]
令 $a^2=x$, $b^2=y$, $c^2=z$，则只要证
\[\frac{2\left(\sum x^2\right)^2}{2\sum x^3+\sum x^2y + \sum xy^2}\geqslant\frac{\sum x}2,\]
上式去分母展开可配方为
\[\sum(x^2-xy+y^2+z^2)(x-y)^2\geqslant0.\]

1# 力工

学习下输入.
首先说一下调和级数的一个推广：
设 $z$ 为复数，定义 $H_z=\sum_{k\ge0}(1/k-1/(k+z))$。
则对正整数 $n$，有 $H_n=\sum_{k=1}^n1/k$，因此我们可将上述定义看作是调和级数的推广。

现在，我们将证明 $H_x$ 的渐近估计：
$$H_x = \ln x+\gamma+\frac1{2x}+O\left(\frac1{x^2}\right)$$
其中 $x\to\infty$，$\gamma$ 是 Euler-Mascheroni 常数。

我们利用 Euler-Maclaurin 公式可得
$$H_{n-1}=\sum_{0\lt k\lt n}\frac1k=\ln n+\sum_{k=1}^m\frac{B_k}k(-1)^{k-1}\left(\frac1{n^k}-1\right)-\int_1^n\frac{B_m(\{t\})dt}{t^{m+1}}$$
因此 $H_{n-1}-\ln n$ 收敛（其实就是 $\gamma$）。

现在我们考虑 $f(t)=1/(k+x)$，由 Euler-Maclaurin 公式，
$$\sum_{0\le k\lt n}\frac1{k+x}=\ln(n+x)-\ln x+\sum_{k=1}^m\frac{B_k}k(-1)^{k-1}\left(\frac1{(n+x)^k}-\frac1{x^k}\right)-\int_0^n\frac{B_m(\{t\})dt}{(t+x)^{m+1}}$$

因此
$$H_x = \lim_{n\to\infty}\left(\sum_{0\lt k\lt n}\frac1k-\sum_{0\lt k\lt n}\frac1{k+x}\right)=\lim_{n\to\infty}\left(H_{n-1}-\ln n+\ln n-\sum_{0\le k\lt n}\frac1{k+x}+\frac1x\right)$$
其中 $\lim_{n\to\infty}\left(H_{n-1}-\ln n\right) = \gamma$，并且 $\lim_{n\to\infty}\left(\ln n-\ln(n+x)\right)=0$，我们可得
$$H_x=\ln x+\frac1x+\sum_{k=1}^m\frac{(-1)^{k-1}B_k}{kx^k}+\int_0^\infty\frac{B_m(\{t\})dt}{(t+x)^{m+1}}=\ln x+\frac1x+\sum_{k=1}^{m-1}\frac{(-1)^{k-1}B_k}{kx^k}+O\left(\frac1{x^m}\right)$$
注意到 $\sum_{k=1}^n1/(a+bk)=(H_{n+a/b}-H_{a/b})/b$，因此原式的估计中有 $\ln n$ 也不足为奇了，因为调和级数 $H_x$ 的主部就是 $\ln x$。