$a^3+b^3+c^3\le\frac1{a^3}+\frac1{b^3}+\frac1{c^3}$

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1.已知$a,b,c,>0,a+b+c=3$，证明$a^3+b^3+c^3\leq \frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}.$
下面的结论正确吗？
2.已知$a_i>0,i=1,2,\cdots,n,$，若$$ \sum_{i=1}^na_i=n ,$$是否有：$$\sum_{i=1}^na_i^n\leq \sum_{i=1}^n\frac{1}{a_i^n}.$$

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1.不妨设a,b,c中,$a\ge b\ge c$，固定a,设b+c=2k,($0<k\le1$,k为常数),$b=k+t,c=k-t，0\le t <k$
\[此时\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}-b^3-c^3  =\frac{1}{(k+t)^3}+\frac{1}{(k-t)^3}-(k+t)^3-(k-t)^3\]
\[ =(\frac{1}{(k^2-t^2)^3}-1)(2k^3+6t^2)\]
\[f(t)=\frac{1}{(k^2-t^2)^3}-1\ge0,g(t)=2k^3+6t^2都为增函数，在t=0时，即b=c时取最小值.\]
要证1楼问题，只需要证明$a=1+2x,b=c=1-x,0\le x<1$时成立.
\[记h(x)=\frac{2}{(1-x)^3}+\frac{1}{(1+2x)^3}-2(1-x)^3-(1+2x)^3\]
\[h'(x)=\frac{6}{(1-x)^4}-\frac{6}{(1+2x)^4}+6(1-x)^2-6(1+2x)^2=6(\frac{(1+2x)^2+(1-x)^2}{(1-x)^4(1+2x)^4}-1)((1+2x)^2-(1-x)^2)\]
\[显然(1+2x)^2-(1-x)^2\ge 0,只需要证明\frac{(1+2x)^2+(1-x)^2}{(1-x)^4(1+2x)^4}-1\ge 0\]
\[即要证明(1+2x)^2+(1-x)^2\ge (1-x)^4(1+2x)^4,\]
\[而(1+2x)^2+(1-x)^2\ge 2(1+2x)(1-x),只需要证明2\ge (1-x)^3(1+2x)^3 \]
由基本不等式可证成立.因此$h'(x)\ge 0$,即原不等式成立仅在x=0,a=b=c时取等.

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2.未解决，模仿2楼处理过程
在以下卡住了,$0\le x<1$
\[\frac{h'(x)}{n(n-1)}=\frac{(1+(n-1)x)^{n+1}-(1-x)^{n+1}}{(1-x)^{n+1}(1+(n-1)x)^{n+1}}+(1-x)^{n-1}-(1+(n-1)x)^{n-1}\]
$h'(x)\ge 0$不知道成不成立？

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n=4就不成立了a=b=c=0.7,d=1.9
n=5,6,7,8都不成立，后面没试了，估计也不成立.

kuing

看能不能证出这个（条件不变）
\[\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}-(a^3+b^3+c^3)\geqslant \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}-(a^2+b^2+c^2).\]
注：$1/a^2+1/b^2+1/c^2\geqslant a^2+b^2+c^2$ 是已知不等式的。

kuing

看能不能证出这个（条件不变）
\[\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}-(a^3+b^3+c^3)\geqslant \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}-(a^2+b^2+c^2).\]
注：$1/a^2+1/b^2+1/c^2\geqslant a^2+b^2+c^2$ 是已知不等式的。
kuing 发表于 2016-5-7 14:19

算是搞定了，不过证得不是太好，最近对不等式没什么赶脚。

等价于
\[\sum a\sum \frac1{a^3}-3\sum \frac1{a^2}\geqslant 3\sum a^3-\sum a\sum a^2,\]
整理为 \schur 型
\[\frac{\sum ab(a+b)}{a^3b^3c^3}\sum bc(a-b)(a-c)\geqslant \sum (2a+b+c)(a-b)(a-c),\]
由 $a+b+c=3$ 可知 $abc\leqslant 1$，故此只需证更强式
\[\frac{\sum ab(a+b)}{a^2b^2c^2}\sum bc(a-b)(a-c)\geqslant \sum (2a+b+c)(a-b)(a-c),\]
即
\[\sum S_a(a-b)(a-c)\geqslant 0, \quad (*)\]
其中
\begin{align*}
S_a&=\frac{\sum ab(a+b)}{a^2bc}-(2a+b+c), \\
S_b&=\frac{\sum ab(a+b)}{ab^2c}-(2b+c+a), \\
S_c&=\frac{\sum ab(a+b)}{abc^2}-(2c+a+b),
\end{align*}
由对称性不妨设 $a\geqslant b\geqslant c$，则显然 $S_a\leqslant S_b\leqslant S_c$，式 (*) 可整理为
\[S_a(a-b)^2+(S_a-S_b+S_c)(a-b)(b-c)+S_c(b-c)^2\geqslant 0,\]
可见只需证明 $S_a\geqslant 0$ 即可，即证
\[\sum ab(a+b)\geqslant a^2bc(2a+b+c),\]
利用 $a+b+c=3$ 可将上式化为
\[3a(3-a)\geqslant (a^3+3a^2+3a-3)bc,\]
由均值，只需证
\[3a(3-a)\geqslant (a^3+3a^2+3a-3)\left(\frac{3-a}2\right)^2,\]
因式分解为
\[\frac14(3-a)(a^2-3)^2\geqslant 0,\]
显然成立，即得证。