$a^3+b^3+c^3=3$求证$\sum\frac1{2+a^5}\ge1$

longzaifei

$a,b,c$非负，$a^3+b^3+c^3=3$,求证：$\dfrac{1}{2+a^5}+\dfrac{1}{2+b^5}+\dfrac{1}{2+c^5}\ge 1 $

血狼王

将不等式展开处理得：
$$a^5b^5+b^5c^5+c^5a^5+(abc)^5\leq 4.$$
再变形得：
$$(abc)^5(1+a^{-5}+b^{-5}+c^{-5})\leq 4.$$
不妨设$a\leq b\leq c,$由Vasc的等值定理（Equal Variable Theorem），当$a^3+b^3+c^3(=3)$与$abc$固定时，$a^{-5}+b^{-5}+c^{-5}$在$a\leq b=c$时最大。
故，我们只需考虑$a\leq b=c$的情况。
令$c=b,a=\sqrt[3]{3-2b^3}$($1\leq b\leq \sqrt[3]{\frac{3}{2}}$)，代入本楼第一式得：
$$(2+b^5)(3-2b^3)^{\frac{5}{3}}b^5+b^{10}\leq 4.$$
移项，两边立方，去根号后得：
$$32b^{45}-240b^{42}+192b^{40}+720b^{39}-1440b^{37}-1080b^{36}+384b^{35}+4320b^{34}+810b^{33}-2880b^{32}-6480b^{31}+12b^{30}+8640b^{29}+4860b^{28}-1920b^{27}-12960b^{26}-1458b^{25}+5760b^{24}+9720b^{23}-8640b^{21}-2904b^{20}+6480b^{18}-1944b^{15}-48b^{10}+64\geq 0.$$
经过软件帮助，我们可知：
$$32b^{45}-240b^{42}+192b^{40}+720b^{39}-1440b^{37}-1080b^{36}+384b^{35}+4320b^{34}+810b^{33}-2880b^{32}-6480b^{31}+12b^{30}+8640b^{29}+4860b^{28}-1920b^{27}-12960b^{26}-1458b^{25}+5760b^{24}+9720b^{23}-8640b^{21}-2904b^{20}+6480b^{18}-1944b^{15}-48b^{10}+64=2(b-1)^2(b^5+2)^3(16b^{28}+32b^{27}+48b^{26}-56b^{25}-160b^{24}-264b^{23}-8b^{22}+248b^{21}+504b^{20}+220b^{19}-64b^{18}-348b^{17}-227b^{16}-106b^{15}+15b^{14}+14b^{13}+13b^{12}+12b^{11}+11b^{10}+10b^9+12b^8+14b^7+16b^6+18b^5+20b^4+16b^3+12b^2+8b+4).$$
故我们只需证明当$1\leq b\leq \sqrt[3]{\frac{3}{2}}$时，
$$16b^{28}+32b^{27}+48b^{26}-56b^{25}-160b^{24}-264b^{23}-8b^{22}+248b^{21}+504b^{20}+220b^{19}-64b^{18}-348b^{17}-227b^{16}-106b^{15}+15b^{14}+14b^{13}+13b^{12}+12b^{11}+11b^{10}+10b^9+12b^8+14b^7+16b^6+18b^5+20b^4+16b^3+12b^2+8b+4\geq 0$$
恒成立。
事实上，用软件验证本楼最后一式，确实是恒成立。（特求高明人士配个方）
综上所述，原不等式成立。
证毕。
（by 血狼王）

睡仙

三行解决问题

kuing

记 $f(x)=1/(2+x^5)$，
下面将条件放宽，改为证明：当 $a^3+b^3+c^3\leqslant 3$ 时（变量仍非负，下同）有 $f(a)+f(b)+f(c)\geqslant 1$。
或者证明其逆否命题：当 $f(a)+f(b)+f(c)<1$ 时有 $a^3+b^3+c^3>3$。

而这又只需证：当 $f(a)+f(b)+f(c)=1$ 时有 $a^3+b^3+c^3\geqslant 3$。
这是因为当 $f(a)+f(b)+f(c)<1$ 时，易知存在 $t\in(0,1)$ 使 $f(ta)+f(tb)+f(tc)=1$，如果此命题成立，则 $(ta)^3+(tb)^3+(tc)^3\geqslant 3$，再由 $t\in(0,1)$ 即得 $a^3+b^3+c^3>3$。

注意到 $f(a)$, $f(b)$, $f(c)\in(0,1/2]$，故当 $f(a)+f(b)+f(c)=1$ 时，可以作如下代换
\[f(a)=\frac{y+z}{2(x+y+z)},
f(b)=\frac{z+x}{2(x+y+z)},
f(c)=\frac{x+y}{2(x+y+z)},\]
其中 $x$, $y$, $z\geqslant 0$，解出 $a$, $b$, $c$ 后代入可知
\[a^3+b^3+c^3\geqslant 3 \iff \left( \frac{2x}{y+z} \right)^{3/5}+\left( \frac{2y}{z+x} \right)^{3/5}+\left( \frac{2z}{x+y} \right)^{3/5}\geqslant 3,\]
事实上，有更一般的结论（见《初等不等式的证明方法》P181例7.19，或 bbs.pep.com.cn/forum.php?mod=redirect&got … 0615&pid=2637961  10 楼的附件）：
当 $k\geqslant \log_23-1(\approx 0.585)$ 时，都有
\[\left( \frac{2x}{y+z} \right)^k+\left( \frac{2y}{z+x} \right)^k+\left( \frac{2z}{x+y} \right)^k\geqslant 3,\]
所以得证。

kuing

那就是说应该还会有这样的不等式成立：$a$, $b$, $c$ 非负，$a+b+c=3$，设 $k=\log_23-1$，则\[\frac{1}{2+\sqrt[k]a}+\frac{1}{2+\sqrt[k]b}+\frac{1}{2+\sqrt[k]c}\geqslant 1.\]

血狼王

回复 6# kuing


kk猴厉嗨，确实如此

f(x)

三行解决问题
睡仙 发表于 2016-1-27 16:53

力工

回复 8# f(x)


    这是个可能很厉害但确实非常喜欢捣乱的分子。常用语是：一行，炸蛋，但从不拿出来给别人看。