Ещё одно неравенство

[Draggi]

Для вещественных $a,b,c$ доказать, что если
$abc=1 $
$a,b,c >0$
то
$\dfrac{1}{a^5 (b+2c)^2} + \dfrac{1}{b^5{c+2a}^2}+\dfrac{1}{c^5(a+2b)^2} \geqslant \frac{1}{3}$

[arqady]

Draggi в сообщении #438349 писал(а):

Для вещественных $a,b,c$ доказать, что если
$abc=1 $
$a,b,c >0$
то
$\dfrac{1}{a^5 (b+2c)^2} + \dfrac{1}{b^5{c+2a}^2}+\dfrac{1}{c^5(a+2b)^2} \geqslant \frac{1}{3}$

$\sum\limits_{cyc}\dfrac{1}{a^5 (b+2c)^2}=\sum\limits_{cyc}\frac{b^5c^5}{(b+2c)^2}\geq\frac{\left(\sum\limits_{cyc}a^{2.5}b^{2.5}\right)^2}{\sum\limits_{cyc}(b+2c)^2}=\frac{\left(\sum\limits_{cyc}a^{2.5}b^{2.5}\right)^2}{\sum\limits_{cyc}(5a^2+4ab)}$.
То бишь, осталось доказать, что
$\sum\limits_{cyc}\left(3a^5b^5+6a^5b^{2.5}c^{2.5}-(5a^2+4ab)\sqrt[3]{a^8b^8c^8}\right)\geq0$, что очевидно верно по теореме Мюрхеда:
$(5,5,0)\succ(5,2.5,2.5)\succ\left(\frac{14}{3},\frac{8}{3},\frac{8}{3}\right)\succ\left(\frac{11}{3},\frac{11}{3},\frac{8}{3}\right)$

[Draggi]

Интересно. Я предлагаю так:
Делаем замену $x=\dfrac {1}{a}, y=\dfrac{1}{b}, z=\dfrac{1}{c}$
Получаем
$\dfrac {x^3}{(2y+z)^2}+\dfrac{y^3}{(2z+x)^2}+\dfrac{z^3}{(2x+y)^2} \ge \dfrac{1}{3}$

Домножаем на 27 и пользуемся тем, что $\dfrac{x^3}{y^2} \ge 3x-2y$ для каждой дроби. Тогда остается доказать, что
$x+y+z \ge 3$ что очевидно

[w0robey]

Draggi в сообщении #438393 писал(а):

пользуемся тем, что $\dfrac{x^3}{y^2} \ge 3x-2y$ для каждой дроби

Draggi в сообщении #438393 писал(а):

$x+y+z \ge 3$ что очевидно

Доказать бы... Для строгости... а так я вам верю... наверное

[arqady]

Draggi в сообщении #438393 писал(а):

Я предлагаю так:
Делаем замену $x=\dfrac {1}{a}, y=\dfrac{1}{b}, z=\dfrac{1}{c}$
Получаем
$\dfrac {x^3}{(2y+z)^2}+\dfrac{y^3}{(2z+x)^2}+\dfrac{z^3}{(2x+y)^2} \ge \dfrac{1}{3}$

Усилим его немного.
Пусть $a$, $b$ и $c$ положительны и $a^4+b^4+c^4=3$. Докажите, что:

$$\dfrac {a^3}{(2b+c)^2}+\dfrac{b^3}{(2c+a)^2}+\dfrac{c^3}{(2a+b)^2} \ge \dfrac{1}{3}$$

[Draggi]

Может подсказочку какую-нибудь дадите?

[arqady]

Draggi в сообщении #438813 писал(а):

Может подсказочку какую-нибудь дадите?

Пожалуйста!
Докажите сначала, что если $a$, $b$ и $c$ положительны и $a^4+b^4+c^4=3$,то :

$$\dfrac {a^2}{2b+c}+\dfrac{b^2}{2c+a}+\dfrac{c^2}{2a+b} \ge 1$$