a,b,c>0, 证明不等式 a^5/b^4+b^5/c^4+c^5/a^4 ≥ a^4/b^3+b^4/c^3+c^4/a^3

TSC999

对于 a>0，b>0，c>0  可以证明下面的不等式成立：
a^3/b^2+b^3/c^2+c^3/a^2 ≥ a^2/b^1+b^2/c^1+c^2/a^1   -------- ①
a^4/b^3+b^4/c^3+c^4/a^3 ≥ a^3/b^2+b^3/c^2+c^3/a^2   -------- ②

按上面的逻辑，是否也有下面的系列不等式成立？其中 n 是大于 4 的正整数，a>0，b>0，c>0 。

a^n/b^(n-1)+b^n/c^(n-1)+c^n/a^(n-1) ≥ a^(n-1)/b^(n-2)+b^(n-1)/c^(n-2)+c^(n-1)/a^(n-2)。

kuing

十几年前就研究过这个，还得到了更一般结果，发了在《数学空间》2011 年第 6 期 P.27~28，不过当年写得有点啰嗦，其实可以更简洁一些，下面重写一下。

首先对任意 `x_i`, `y_i>0`, `0<\lambda<1`, `m\inN^+`，由 holder 不等式有
\begin{align*}
\left(\sum_{i=1}^m x_i\right)^\lambda\left(\sum_{i=1}^m y_i\right)^{1-\lambda}&\geqslant\sum_{i=1}^m x_i^\lambda y_i^{1-\lambda},\\
\left(\sum_{i=1}^m x_i\right)^{1-\lambda}\left(\sum_{i=1}^m y_i\right)^\lambda&\geqslant\sum_{i=1}^m x_i^{1-\lambda}y_i^\lambda,
\end{align*}
相乘即得
\[\left(\sum_{i=1}^m x_i\right)\left(\sum_{i=1}^m y_i\right)\geqslant\left(\sum_{i=1}^m x_i^\lambda y_i^{1-\lambda}\right)\left(\sum_{i=1}^m x_i^{1-\lambda}y_i^\lambda\right),\]
现在设 `a_i`, `b_i`, `p`, `q>0`，在上式中令
\[x_i=\frac{a_i^{p+q}}{b_i^p},~y_i=b_i^q,~\lambda=\frac p{p+q},\]
即得
\[\left(\sum_{i=1}^m\frac{a_i^{p+q}}{b_i^p}\right)\left(\sum_{i=1}^m b_i^q\right)\geqslant\left(\sum_{i=1}^m\frac{a_i^p}{b_i^{p-q}}\right)\left(\sum_{i=1}^m a_i^q\right),\]
也就是
\[\frac{a_1^{p+q}}{b_1^p}+\frac{a_2^{p+q}}{b_2^p}+\cdots+\frac{a_m^{p+q}}{b_m^p}\geqslant\frac{a_1^q+a_2^q+\cdots+a_m^q}{b_1^q+b_2^q+\cdots+b_m^q}\left(\frac{a_1^p}{b_1^{p-q}}+\frac{a_2^p}{b_2^{p-q}}+\cdots+\frac{a_m^p}{b_m^{p-q}}\right),\]
再令 `b_i=a_{i+1}`，即得
\[\frac{a_1^{p+q}}{a_2^p}+\frac{a_2^{p+q}}{a_3^p}+\cdots+\frac{a_m^{p+q}}{a_1^p}\geqslant\frac{a_1^p}{a_2^{p-q}}+\frac{a_2^p}{a_3^{p-q}}+\cdots+\frac{a_m^p}{a_1^{p-q}},\]
当 `q=1` 时就是你要证的东东。