证$a^5/b^2+b^5/c^2+c^5/a^2\geqslant a^3+b^3+c^3$

isee

最近在知论遇到不少可以直接用权方和不等式等等来解决一些竞赛中最入门的不等式，这肯定是受 kuing 的影响了，硬生生的学会了一些~~可能不是最佳的，但可以解了~~感谢坛主及各位~

如今天又遇到一个：当$a,b,c$为正实数，求证:$\frac {a^5}{b^2}+\frac{b^5}{c^2}+\frac{c^5}{a^2}\geqslant a^3+b^3+c^3$.






















最开始的证明：

由式子的对称性（这里的对称性应该没用，此时就划掉了），不妨设 $a\geqslant b\geqslant c>0$，则
$$\frac 1{a^2}\leqslant \frac 1{b^2}\leqslant \frac 1{c^2},$$$$c^5\leqslant b^5\leqslant a^5,$$ 则由排序不等式知（乱序和不小于反序和）
$$\frac {a^5}{b^2}+\frac {b^5}{c^2}+\frac {c^5}{a^2}\geqslant a^5\cdot \frac {1}{a^2}+b^5\cdot \frac {1}{b^2}+c^5\cdot \frac 1{c^2}=a^3+b^3+c^3.$$

下面有评$a\geqslant c\geqslant b$，怎么办？

我想了想，虽然 $\left\{\frac 1{a^2},\frac 1{b^2},\frac 1{c^2}\right\}$与 $\left\{c^5,b^5,a^5\right\}$ 同序，但是排序不等式实际所用者并不多，会有争议，此外该问题应该不是竞赛题，故重新给出一个相对麻烦的证明.

由柯西不等式有
\begin{align*}
\frac {a^5}{b^2}+\frac {b^5}{c^2}+\frac {c^5}{a^2}&=\frac {a^6}{b^2a}+\frac {b^6}{c^2b}+\frac {c^6}{a^2c}\\[1em]
&\geqslant \frac {(a^3+b^3+c^3)^2}{b^2a+c^2a+a^2c}\tag{01} \end{align*}
另一方面由均值不等式有
\begin{align*} b^3+b^3+a^3&\geqslant 3b^2a\\[1em]
c^3+c^3+b^3&\geqslant 3c^2b\\[1em]
a^3+a^3+c^3&\geqslant 3a^2c
\end{align*}

三式相加，整理即为 $a^3+b^3+c^3\geqslant b^2a+c^2b+a^2c$ ，于是（01）式化为
\begin{align*}
\frac {a^5}{b^2}+\frac {b^5}{c^2}+\frac {c^5}{a^2}
&\geqslant \frac {(a^3+b^3+c^3)^2}{b^2a+c^2a+a^2c}\\[1em]
&\geqslant  \frac {(a^3+b^3+c^3)(b^2a+c^2a+a^2c)}{b^2a+c^2a+a^2c}\\[1em]
&=a^3+b^3+c^3.
\end{align*}
各不等式取“=”时， $a=b=c$.

yao4015

这个可以直接均值
\begin{align*}
25\times \frac{a^5}{b^2}+10\times \frac{b^5}{c^2}+4\times \frac{c^5}{a^2}&\geq 39\times \sqrt[39]{\frac{a^{5\times 25 }}{b^{2\times 25}}\times \frac{b^{5\times 10 }}{c^{2\times 10}} \times \frac{c^{5\times 4 }}{a^{2\times 4}}}\\
&=39 \sqrt[39]{a^{117}}\\
&=39 a^3
\end{align*}
于是，我们有
\begin{align*}
25\times \frac{a^5}{b^2}+10\times \frac{b^5}{c^2}+4\times \frac{c^5}{a^2}&\geq 39 a^3\\
4\times \frac{a^5}{b^2}+25\times \frac{b^5}{c^2}+10\times \frac{c^5}{a^2}&\geq 39 b^3\\
10\times \frac{a^5}{b^2}+4\times \frac{b^5}{c^2}+25\times \frac{c^5}{a^2}&\geq 39 c^3
\end{align*}
三式相加，除以39，就得到原不等式。

另外说点题外话： 类似的单项式的循环和与另一个单项式的循环和，它们可以比较大小的充分必要条件是存在一个与上面类似的均值不等式解法。
更一般地，循环和还可以改为一个指定的置换群作用，结论也是对的。这是带群作用的 Muirhead 推广。

isee

回复 2# yao4015

服气服气，厉害厉害

PS：间接说明此不等试不是送分的，哈哈哈哈哈

kuing

仅轮换对称而非全对称，不能设 a>=b>=c。
但这并不代表不能用排序不等式，这题用排序不等式是合理的。
由于无论任何大小顺序，`\{a^5,b^5,c^5\}` 与 `\{\frac1{a^2},\frac1{b^2},\frac1{c^2}\}` 必为逆序，故不等式右边是逆序和，而左边为乱序和，所以不等式成立。
说清楚了就不怕什么争议。

isee

回复 4# kuing


后来在论坛又翻了翻不等式类就想明白了，总是乱序和与反序列和   

isee

回复 5# isee

以下摘自   《不等式探秘》，订彭翕成著，附录一


在对称不等式和轮换对称不等式的证明中，我们分别作如下处理：
对于对称不等式 f（x  1  ，x  2  ，……，x  k  ）≥0，可以不妨设
x  1  ≥x  2  ≥……≥x  k  （或 x  1  ≤x  2  ≤……≤x  k  ，或其他任意
一种大小关系），若此时不等式成立，则原不等式成立。这是因为
我们可以交换 x  1  ，x  2  的位置，得到的式子与原式一样，于是
当 x  2  ≥x  1  ≥……≥x  k  时原不等式也成立，而变量所有的大小顺序
情况均可经过有限次这样的交换而得出，于是原不等式成立。
也就是说，对于对称不等式，我们只需证明一种顺序情况即可。

对于轮换对称不等式 f（x  1  ，x  2  ，……，x  k  ）≥0，可以不妨设
x  1  ，x  2  ，……，x  k  中 x  1  （或 x  2  ，……，或 x  k  ）最大（小），
若此时不等式成立，则原不等式成立。这是由于我们可以作轮换
x  1  →x  2  ，x  2  →x  3  ，……，x  k  →x  1  ，得到的式子与原式一样，
所以当 x  2  最大（小）时原不等式也成立，依此类推，其他元最大（小）时
原不等式均成立。因此，对于轮换对称不等式，我们只需证明其中
一元最大（小）的情况即可。

isee

补上题源链接 zhihu.com/question/486877414
其他证法亦不错

TSC999

由于原不等式不是完全对称的，以下用排序不等式的证明，啰嗦了没有？  

走走看看

回复 8# TSC999

三个数是有大小的，但由于要证的式子具有轮换对称性，不管是哪种情况，调换后，都是满足最大数、中间数、最小数，不妨设 a≥b≥c即可。

无需分类讨论a≥b≥c，a≥c≥b，b≥a≥c，b≥c≥a，c≥a≥b，c≥b≥a六种情况，只需要讨论其中任一种就可以了。

走走看看

走走看看 发表于 2022-4-27 10:44
回复 8# TSC999

三个数是有大小的，但由于要证的式子具有轮换对称性，不管是哪种情况，调换后，都是满足 ...

今天回过头来再看这道题，那里的叙述是不符合实际情况的。

三元轮换对称式，比如$f(a,b,c)=ab^2+bc^2+ca^2$。

从写法上讲，可以只讨论a≥b≥c  和  a≥c≥b两种情况。它们对应的就是a、b、c的6种全排列情况。

或者 只讨论   a≥b≥c   和  a≤b≤c  两种情况。它们也对应着 a、b、c取值的6种情况。

以 1、2、3作为参数值，当a≥b≥c时，表述为(3,2,1)，根据等价性，其表示的是(3,2,1)、(2,1,3)、(1,3,2)三种情况。

$f(3,2,1)=f(2,1,3)=f(1,3,2)=23$

当a≤b≤c时，表述为(1,2,3)，根据等价性，其表示的是（1,2,3）、(2,3,1)、(3,1,2)三种情况。

$f(1,2,3)=f(2,3,1)=f(3,1,2)=25$

这两种分类，就表示为6种小情况，即 1、2、3的全排列情况，无一遗漏。

同样的，按a≥b≥c和a≥c≥b分类。

前者 对应的是 （3,2,1）、（2,1,3）、（1,3,2）。

后者 对应的是 （3,1,2）、（1,2,3）、（2,3,1）。

总计 也是 6种情况。

对这道题的完整叙述可以是：

由于该不等式是a、b、c的三元轮换对称式，所以，可分为a≥b≥c 和 a≥c≥b两种情况讨论。

假定 a≥b≥c  ，则  $a^5\ge b^5\ge c^5 , \frac{1}{a^2}\le \frac{1}{b^2}\le \frac{1}{c^2}.$。

根据排序不等式原理，乱序和≥反序和 得  $\sum {\frac{a^5}{b^2}} \ge \sum{\frac{a^5}{a^2}}=\sum{a^3} 。$

同理可证：a≥c≥b时，命题也成立。

注：

若是四元轮换对称不等式，则要考虑到6种情况，对应的是24种小情况。