Cómo probar este máximo es $\frac{\sqrt{3}}{5}$

Question

<blockquote> <p>que $a,b,c>0$, tal $ab+bc+ac=1$, mostrar que $$\dfrac{1}{3a+5b+7c}+\dfrac{1}{3b+5c+7a}+\dfrac{1}{3c+5a+7b}\le\dfrac{\sqrt{3}}{5}$ $</p> </blockquote> <p>desde Estimado Señor Mac, él resuelve <a href="http://math.stackexchange.com/questions/1318792/with-inequality-frac13a5b7c-frac13b5c7a-frac13c5a7b-le-fra?rq=1">con desigualdad $\frac{1}{3a+5b+7c}+\frac{1}{3b+5c+7a}+\frac{1}{3c+5a+7b}\le\frac{\sqrt{3}}{4}$</a></p> <p>utilizar los mismos métodos, creo que %#% $ de #% le agradeceria cualquier ayuda. Gracias de antemano.</p>

Answer 1

Aquí hay una manera, aunque no muy elemental. La desigualdad es cíclico y en la limpieza de denominadores, será de grado $3$. Por el "CD3-mejora de la" teorema en la página 315 de Kim Pham Hung del libro, la desigualdad se mantenga el fib

1. que tiene de $a=b=c$ y
2. si se mantiene al $c=0$.

Para la 1ª condición, $\displaystyle a=b=c \implies \frac3{15a} \ge \frac{\sqrt3}5 \implies a \le \tfrac1{\sqrt3}$ que es cierto que la restricción garantiza $a^2 = \frac13$.

De igual manera para la 2ª condición, $c=0 \implies b = 1/a$ y tenemos que mostrar $$\frac1{3a+5b}+\frac1{3b+7a}+\frac1{5a+7b} \le \frac{\sqrt3}5$$ que puede ser después de algún malabarismo de muestra equivalente a $$105 \left(a-\tfrac{71}{42 \sqrt3}\right)^2 a^4+\tfrac{74839}{252} \left(a-\tfrac{35700 \sqrt3}{74839}\right)^2 a^2+\tfrac{20376025}{74839} \left(a-\tfrac{1421941}{1630082 \sqrt3}\right)^2+\tfrac{1036164125}{9780492} \ge 0$$

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P. S. a ver si un resultado más satisfactorio camino es posible, o tal vez alguien va a venir para arriba con uno.

Answer 2

Usted puede utilizar multiplicadores de Lagrange. Vamos a denotar $$L(a, b, c) = \frac{1}{3a+5b+7c} + \frac{1}{3b+5c+7a} + \frac{1}{3c+5a+7b}-\lambda(ab+ac+bc-1);$$ tenemos sistema de $$\left\{\frac{\partial L}{\partial a}=0, \frac{\partial L}{\partial b}=0, \frac{\partial L}{\partial c}=0\right\},$$ o $$ \left\{ \begin{aligned} \frac{3}{(3a+5b+7c)^2} + \frac{7}{(3b+5c+7a)^2} + \frac{5}{(3c+5a+7b)^2}+\lambda(b+c)=0\\ \frac{5}{(3a+5b+7c)^2} + \frac{3}{(3b+5c+7a)^2} + \frac{7}{(3c+5a+7b)^2}+\lambda(a+c)=0\\ \frac{7}{(3a+5b+7c)^2} + \frac{5}{(3b+5c+7a)^2} + \frac{3}{(3c+5a+7b)^2}+\lambda(b+c)=0 \end{aligned} \right. $$ Es el sistema lineal de cuadrados en el denominador, la solución es $$ \left\{ \begin{aligned} \frac{1}{(3a+5b+7c)^2}=\frac{90}{\lambda}(11c-4b-19a)\\ \frac{1}{(3b+5c+7a)^2}=\frac{90}{\lambda}(11a-4c-19b)\\ \frac{1}{(3c+5a+7b)^2}=\frac{90}{\lambda}(11b-4a-19c) \end{aligned} \right., $$ o si lo prefieres $$ \left\{ \begin{aligned} (3a+5b+7c)^2(11c-4b-19a)=\lambda/90\\ (3b+5c+7a)^2(11a-4c-19b)=\lambda/90\\ (3c+5a+7b)^2(11b-4a-19c)=\lambda/90 \end{aligned} \right.. $$ Podemos resolver este sistema de Arce, o para encontrar la solución en una forma $a=b=c$: $$ 3c^2=1\Longrightarrow a=b=c=1/\sqrt3, $$ y $\lambda = -243000c^3$ desde el último sistema (otras soluciones son complejas). Sustituyendo en la función, tenemos $$ \frac{1}{3a+5b+7c} + \frac{1}{3b+5c+7a} + \frac{1}{3c+5a+7b}\le\frac{3}{15c}=\frac{\sqrt3}{5}. $$