Западно-Китайская математическая олимпиада, 2005 год

$ a,b,c$ — положительные числа, для которых выполняется равенство $ a+b+c=1$. Докажите, что $ 10(a^3+b^3+c^3)-9(a^5+b^5+c^5)\geq 1$.

Комментарий/решение

$a+b+c=x$; $ab+bc+ca=y$; $abc=z$; симметриялық белгілеуін енгізейік.

3 және 5 дәрежені $x,y,z$ арқылы белгілейік.

$a^3+b^3+c^3=(a+b+c)^3-3(a+b+c)(ab+bc+ca)+3abc=x^3-3xy+3z=1--3(y-z).$

$a^5+b^5+c^5=(a+b+c)^5-5(a+b+c)^3(ab+bc+ca)+5(a+b+c)(ab+bc+ac)^2++5(a+b+c)abc-5(ab+bc+ac)abc=x^5-5x^3y+5xy^2+5xz-5yz=1-5y+5y^2+5z-5yz.$

"В. Г. Болтянский, Н. Я. Виленкин СИММЕТРИЯ в АЛГЕБРЕ"

Орнына апарып қойсақ:

$10(1-3(y-z))-9(1-5y+5y^2+5z-5yz)\geq 1.$

$10-30y+30z-9+45y-45y^2-45z+45yz\geq 1.$

$1+15y-15z-45y^2+45yz\geq 1.$

$y-z-3y^2+3yz\geq 0.$

$y(1-3y)-z(1-3y)\geq 0.$

$(1-3y)(y-z)\geq 0.$

$(1-3(ab+bc+ac))(ab+bc+ca-abc)\geq 0.$

$(a+b+c-3(ab+bc+ac))(ab+bc+ca-abc)\geq 0.$

$(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)$ және $(a+b+c)(ab+bc+ac)\geq9abc$ ақиқат теңсіздіктерін пайдалансақ, бірінші жақша $1-3(ab+bc+ac)\geq0$ және екінші жақша $ab+bc+ca-abc>0$ болады.

Советую пересмотреть ваше решение)

\[ \]

$a^3+b^3+c^3 \ge \dfrac{1}{9}$

\[ \]

$a^5+b^5+c^5 \ge \dfrac{1}{81}$

\[ \]

$9(a^5+b^5+c^5) \ge \dfrac{1}{9}$

Что дает:

$-9(a^5+b^5+c^5) \le -\dfrac{1}{9}$

Можете подсказать что не так?

Вы взяли что $-9(a⁵+b⁵+c⁵)>=-9•1/81$ но если умножить на отрицательное число неравенство меняется в другую сторону

Спасибо за замечание