Si$a+b+c+d=4$, entonces$\sum\frac{1}{a+3}\le \frac{1}{abcd}$

Question

Esto de alguna manera se relaciona este problema pero no tengo ninguna idea sobre ello. $a,b,c,d$ son reales positivos tales que $a+b+c+d=4$ $$\frac{1}{a+3}+\frac{1}{b+3}+\frac{1}{c+3}+\frac{1}{d+3}\le \frac{1}{abcd}$ $Now también trató de probar la versión variable $3$: $$\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}\le \frac{1}{abc}$$ where $ a, b, c > 0 $ with $ a + b + c = 3$. Pero no he podido resolverlo también. Alguien puede ayudar?? Muchas gracias.

Answer 1

$\sum$ será usado para denotar la suma cíclica.

Para la segunda desigualdad, vamos a $t=ab+bc+ca$. Tenga en cuenta que $t\le 3$, y también: $$3t=(a+b+c)(ab+bc+ca)\ge 9\sqrt[3]{(abc)(a^2b^2c^2)}=9abc$$ Ahora, por Cauchy-Schwarz: $$\sum\frac{2bc}{a+2}=2\sum\frac{(bc)^2}{abc+2bc}\ge \frac{2t^2}{3abc+2t}\ge \frac{2t}{3}$$ Observe además que la $\frac{2t}{3}-(t-1)=\frac{3-t}{3}\ge 0$ desde $t\le 3$. Por lo tanto: $$\sum\frac{2bc}{a+2}\ge ab+bc+ca-1\implies \sum (bc-\frac{2bc}{a+2})\le 1\implies \sum\frac{1}{a+2}\le\frac{1}{abc}$$ como se desee.

Una similar truco funciona para la primera desigualdad. Deje $t=abc+bcd+cda+dab$ este tiempo. Luego de reiteradas solicitudes de AM-GM, $$t=ab(c+d)+cd(a+b)\le (\frac{a+b}{2})^2(c+d)+(a+b)(\frac{c+d}{2})^2=\frac{(a+b+c+d)^2}{4}=4$$ También, tenga en cuenta que por AM-GM: $$4t=(a+b+c+d)(abc+bcd+cda+dab)\ge 16\sqrt[4]{(abcd)(a^3b^3c^3d^3)}=16abcd$$ El uso de estas apreciaciones: $$\sum \frac{3bcd}{a+3}=3\sum\frac{(bcd)^2}{abcd+3bcd}\ge \frac{3t^2}{4abcd+3t}\ge\frac{3t}{4}$$ Y $\frac{3t}{4}-(t-1)=\frac{4-t}{4}\ge 0$, por lo que: $$\sum\frac{3bcd}{a+3}\ge abc+bcd+cda+dab-1\implies \sum (bcd-\frac{3bcd}{a+3})\le 1\implies \sum\frac{1}{a+3}\le \frac{1}{abcd}$$ como se desee.

Nota: al Utilizar este mismo método, el $n$-variable de desigualdad también puede ser probada.

Answer 2

Probaremos una desigualdad más fuerte: si es de $a_1, a_2, \cdots, an$ $k$ positivo número tales que % $ $$\sum^{n}{i=1}a_i = n$luego

$$\sum^{n}_{i=1} \dfrac{1}{a_i+n-1} \leq 1, \forall n \in \mathbb{N}$$

La desigualdad anterior es equivalente a

$$ \sum^{n}_{i=1} \Bigg( \dfrac{1}{n-1} - \dfrac{1}{ai+n-1} \Bigg) \geq \dfrac{1}{n-1} $$ $$ \Leftrightarrow \sum^{n}{i=1} \dfrac{a_i}{a_i + n - 1} \geq 1$$

Aplicando la desigualdad de Schwarz, tenemos %#% $ #%

Basta para mostrar $$ LHS = \sum^{n}_{i=1} \dfrac{(\sqrt{a_i})^2}{ai+n-1} = P$ $ $$P \geq 1 \Leftrightarrow (\sum^{n}{i=1}ai)^2 \geq \sum^{n}{i=1}a_i + n(n-1)$ $

Aplicando la desigualdad de AM-GM $$ \Leftrightarrow 2\sum_{1\leq i

P/S: esta idea pertenece a mi profesor de matemáticas. Es muy bueno en las desigualdades.