$\sum\frac{a^{k+1}}{b^k}\geqslant\sum\frac{a^k}{b^{k-1}}.$

Tesla35

求秒
设$a,b,c>0$,$k$为正整数,证明:$\frac{a^{k+1}}{b^k}+\frac{b^{k+1}}{c^k}+\frac{c^{k+1}}{a^k}\geqslant\frac{a^k}{b^{k-1}}+\frac{b^k}{c^{k-1}}+\frac{c^k}{a^{k-1}}$.

kuing

见《数学空间》2011 年第 6 期 P.25~28

kuing

如果懒得看全文，只是想赶紧撸掉此题而已的话：

由 holder 有
\begin{align*}
(b+c+a)^k\left( \frac{a^{k+1}}{b^k}+\frac{b^{k+1}}{c^k}+\frac{c^{k+1}}{a^k} \right)&\geqslant(a+b+c)^{k+1},\\
(a+b+c)\left( \frac{a^{k+1}}{b^k}+\frac{b^{k+1}}{c^k}+\frac{c^{k+1}}{a^k} \right)^{k-1}&\geqslant\left( \frac{a^k}{b^{k-1}}+\frac{b^k}{c^{k-1}}+\frac{c^k}{a^{k-1}} \right)^k,
\end{align*}两式相乘即得证。

其实就是文中证明 定理 3.1.3 的方法。

Tesla35

回复 3# kuing

这个好。到现在一直搞不清楚，哪个是Holder哪个是Carlson

kuing

回复 4# Tesla35

无所谓，因为当指数为有理数时，holder 和 carlson 其实是等价的。

isee

回复 3# kuing

为什么我看到的都是 权方和不等式 呢？
第一个把（a+b+c)^k 除过去即是
第二个麻烦点，先开 k-1 次，再将 (a+b+… 也除过去，即是，只是凑次数时要细心，整理成目标式

这么说二者是等价的，那这个积式是怎么记的？

kuing

回复 6# isee

权方和是 holder 的推论。

至于记忆方法，先看柯西的这个写法：
\[(a_1+b_1+\cdots+z_1)(a_2+b_2+\cdots+z_2)\geqslant\left(\sqrt{a_1a_2}+\sqrt{b_1b_2}+\cdots+\sqrt{z_1z_2}\right)^2\]组数推广变成 carlson：
\begin{align*}
&(a_1+b_1+\cdots +z_1)(a_2+b_2+\cdots +z_2)\cdots (a_9+b_9+\cdots +z_9)\\
\geqslant{}& \left( \sqrt[9]{a_1a_2\cdots a_9}+\sqrt[9]{b_1b_2\cdots b_9}+\cdots +\sqrt[9]{z_1z_2\cdots z_9} \right)^9
\end{align*}次数推广变成 holder：
\begin{align*}
&(a_1+b_1+\cdots +z_1)^{n_1}(a_2+b_2+\cdots +z_2)^{n_2}\cdots (a_9+b_9+\cdots +z_9)^{n_9}\\
\geqslant{}& \left( \sqrt[N]{a_1^{n_1}a_2^{n_2}\cdots a_9^{n_9}}+\sqrt[N]{b_1^{n_1}b_2^{n_2}\cdots b_9^{n_9}}+\cdots +\sqrt[N]{z_1^{n_1}z_2^{n_2}\cdots z_9^{n_9}} \right)^N\quad (N=n_1+n_2+\cdots +n_9)
\end{align*}
以上所有变量均为正实数范围，包括指数 `n_i`。
当 `n_i` 都为正整数时，那显然 holder 就相当于 carlson。
事实上当 `n_i` 都为有理数时，作适当的代换和变换后也可化成整数指数，所以有 5# 的说法。

isee

回复 7# kuing


原来如此，哈哈哈哈哈，我学学，已经学习了分式形式了，再学学积形式——本尊~

嗯，难怪应用广的，可按整数记，都写成一次式的积(哈哈哈哈哈)

yao4015

这个例子，恰好是两个单项式 $a^{k+1} b^{-k}c^0$ 和 $a^{k}b^{-k+1}c^0$ 在循环群作用下的大小比较。我在另一个贴子里说过，这种不等式是一定可以用均值不等式来证的。事实上
\begin{align*}
(3k^2+k)\dfrac{a^{k+1}}{b^{k}}+(k+1)\dfrac{b^{k+1}}{c^{k}}+k\dfrac{c^{k+1}}{a^{k}}&\geq (3k^2+3k+1) \sqrt[(3k^2+3k+1)]{\left(\dfrac{a^{k+1}}{b^{k}}\right)^{3k^2+k}
\left(\dfrac{b^{k+1}}{c^{k}}\right)^{k+1}\left(\dfrac{c^{k+1}}{a^{k}}\right)^{k}}\\
&=(3k^2+3k+1) \dfrac{a^{k}}{b^{k-1}}
\end{align*}
循环一下，可得到另外两个不等式。三式相加除以$(3k^2+3k+1)$就得到我们想要证的不等式了。

isee

回复 9# yao4015

就是这个简单的：$a^5/b^2+b^5/c^2+c^5/a^2\geqslant a^3+b^3+c^3$