Prueba de que$\frac{a}{a+3b+3c}+\frac{b}{b+3a+3c}+\frac{c}{c+3a+3b} \ge \frac{3}{7}$ para todos$a,b,c > 0$

Question

Así que estoy intentando probar que$\frac{a}{a+3b+3c}+\frac{b}{b+3a+3c}+\frac{c}{c+3a+3b} \ge \frac{3}{7}$ para todos$a,b,c > 0$. Primero probé con la desigualdad de Cauchy-Schwarz pero no llegué a ninguna parte.
Ahora estoy tratando de encontrar una función convexa, así que puedo usar la desigualdad de jensen, pero no puedo encontrar una que funcione ... ¿Alguien tiene una idea?

Answer 1

Tenga en cuenta que \begin{align*} (a+b+c)^2 \ge 3ab+3bc+3ac. \end {align *} Por lo tanto, \begin{align*} &\ \frac{a}{a+3b+3c}+\frac{b}{b+3a+3c}+\frac{c}{c+3a+3b}\\ =&\ \frac{a^2}{a^2+3ab+3ac}+\frac{b^2}{b^2+3ab+3bc}+\frac{c^2}{c^2+3ac+3bc}\\ \ge&\ \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2 + 6ab + 6ac+6bc}\\ =&\ \frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2 + 4ab + 4ac+4bc}\\ \ge&\ \frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2 + \frac{4}{3}(a+b+c)^2}\\ =&\ \frac{3}{7}. \end {align *}

Answer 2

De Cauchy-Schwarz en realidad funciona bastante bien.

Contamos con Cauchy-Schwarz si ponemos $x_1=\sqrt{\frac{a}{a+3b+3c}}$, $x_2=\sqrt{\frac{b}{b+3c+3a}}$ y $x_3=\sqrt{\frac{c}{c+3a+3b}}$ así como $y_1=\sqrt{a(a+3b+3c)}$, $y_2=\sqrt{b(b+3c+3a)}$ y $y_3=\sqrt{c(c+3a+3b)}$ $$ \left(x_1^2+x_2^2+x_3^2\right)\left(y_1^2+y_2^2+y_3^2\right)≥\left(x_1y_1+x_2y_2+x_3y_3\right)^2\iff\\ \left(\frac{a}{a+3b+3c}+\frac{b}{b+3c+3a}+\frac{c}{c+3a+3b}\right)\left(a(a+3b+3c)+b(b+3c+3a)+c(c+3a+3b)\right)≥(a+b+c)^2 $$ así que es suficiente para demostrar $$ \frac{(a+b+c)^2}{\sum_{cyc} (a+3b+3c)}≥\frac37\ffi\\ 7(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca)≥3(a^2+b^2+c^2+6ab+6bc+6ca)\ffi\\ a^2+b^2+c^2≥ab+bc+ca $$ lo cual es cierto.

Answer 3

Insinuación

La desigualdad es homogénea en$(a,b,c)$, por lo que podemos elegirlos de forma que

ps

entonces tenemos que encontrar el mínimo para la función:

ps

con límite

ps

Ahora puede usar multiplicador de Lagrange y encontrar el mínimo$$a+b+c=\frac{1}{3}$

Answer 4

moviendo$$\frac{3}{7}$ $ hacia la izquierda y borrando los denominadores obtenemos $$ 3 \, {a} ^ {3} - {a} ^ {2} b- {a} ^ {2} ca {b} ^ { 2} -3 \, abc-a {c} ^ {2} +3 \, {b} ^ {3} - {b} ^ {2} cb {c} ^ {2} +3 \, {c} ^ {3} \ geq 0$$ and this is equivalent to $$a^3+b^3+c^3-3abc+(a-b)(a^2-b^2)+(b^2-c^2)(b-c)+(a^2-c^2)(a-c)\geq 0$ $ que está claro (los primeros términos son AM-GM)

Answer 5

WLOG$a\geq b\geq c.$$$\text {Let } x=1/(a+3b+3c),\; y=1/(b+3c+3a),\; z=1/(c+3a+3b).$$ We have $ a +3b +3c \ leq b +3c +3a \ leq c +3b +3a.$ Therefore $$(1).\quad x\geq y\geq z>0.$$ Let $ f (a, b, c) = ax + por + cz. $

Diferenciando$f$ por$c,$ manteniendo$a$ y$b$ constante, tenemos$$\partial f/\partial c=-3ax^2-3by^2+3(a+b)z^2=3(a(z^2-x^2)+b(z^2-y^2)).$$ This is not positive by (1). Therefore $$(2).\quad f(a,b,c)\geq f(a,b,b).$$ Differentiating $ f$ by $ a,$ keeping $ b$ and $ c$ constant, we have $$\partial f/\partial a=(3b+3c)x^2-3by^2-3cz^2=3(b(x^2-y^2)+c(x^2-y^2)).$$ This is not negative by (1). Therefore $$(3). \quad f(a,b,c)\geq f(b,b,c).$$ By(2) and (3) we have $$f(a,b,c)\geq f(b,b,c)\geq f(b,b,b)=3/7.$ $