$求证a^{2a}+b^{2b}+c^{2c}≥a^{b+c}+b^{a+c} +c^{a+b}$

踏歌而来

$已知a、b、c为正实数,求证a^（2a）＋b^（2b）＋c^ （2c）>=a^（b+c）+b^（a+c） +c^（a+b）。$

其妙

$已知a、b、c为正实数,求证a^{2a}＋b^{2b}＋c^{2c}\geqslant a^{b+c}+b^{a+c} +c^{a+b}。$是这个意思吗？

踏歌而来

正是。
不好意思，我在写的时候，没有想到把“（）”写成“{}”。

踏歌而来

如果是“×”号，我可以毫不费力地做出来，但换成“＋”号后就做不出来了。
$a^{2a}·b^{2b}·c^{2c}≥a^{b+c}·b^{a+c}·c^{a+b}$

realnumber

先把有关系的放一起．kkkkuingggg.haotui.com/thread-981-1-1.html
四个幂指数不等式的证明以及否定.zip (100.59 KB, Downloads: 3203)

2014-4-2 08:09 Upload

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１楼不等式是自己改编的，还是看来的啊？踏歌而来．

踏歌而来

谢谢楼上的奉献，你也是我的偶像，第五个偶像。

我看来的，是有人提问，但回答的人显然没有注意看题，把“＋”号看成“×”去证明的。
后来，我自己做，发现这个问题一下做不来。

zhidao.baidu.com/link?url=lQyxDtmZM4rOz2HDPjs … 1jJBnmRRXfi_2ECKN7v_

kuing

《On Some Inequalities With Power-Exponential Functions》Vasile Cirtoaje

realnumber

不妨设$a\ge b\ge c$
当$a\ge  b\ge1\ge c$时，$a^{2a}+b^{2b}\ge a^{2b}+b^{2a} \ge a^{b+c}+b^{a+c}$(猜测略改下７楼证明可得)，而$c^{2c}\ge c^{a+b}$显然成立．
当$a\ge １\ge b\ge c$时，类似有$c^{2c}+b^{2b}\ge c^{2b}+b^{2c} \ge c^{b+a}+b^{a+c}$,而$a^{2a}\ge a^{c+b}$显然成立．
因此这两种条件下１楼不等式成立．

只需要证明$a\ge b \ge c\ge 1$与$1\ge a\ge b \ge c$.

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看来1楼已经证明了．

踏歌而来

哪里？我没有做出来。否则，以我的个性早就贴出来了。

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回复 10# 踏歌而来


误会了．   
而是：可能可以用7楼的一个推论，就是9楼的图片，证明1楼

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幂指和的排序不等式_樊益武.pdf (112.31 KB, Downloads: 6212)

2014-4-6 18:17 Upload

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转发某群看到一篇相关的文章．

踏歌而来

谢谢！有空时，系统地看看。