Demostrar la desigualdad $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{3\sqrt[3]{abc}}{a+b+c} \geq 4$

Question

Empecé a estudiar inecuaciones - trato de resolver un montón de inecuaciones y leer interesantes .soluciones . Tengo un buen pdf, se puede ver desde aquí . La desigualdad que traté de resolver y no logré encontrar una solución se puede encontrar en ese pdf pero voy a escribir aquí para ser más explícito.

Ejercicio 1.3.4 (a) Dejemos que $a,b,c$ sean números reales positivos. Demostrar que $$\displaystyle \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{3\sqrt[3]{abc}}{a+b+c} \geq 4.$$

(b) Para los números reales $a,b,c \gt0$ y $n \leq3$ demostrarlo: $$\displaystyle \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+n\left(\frac{3\sqrt[3]{abc}}{a+b+c} \right)\geq 3+n.$$

Answer 1

Escriba $$\frac ab+\frac ab+\frac bc\geq \frac{3a}{\sqrt[3]{abc}}$$ por AM-GM.

Usted obtiene $$\operatorname{LHS} \geq \frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}+n\left(\frac{\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}\right).$$

Establecer $$z:=\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}$$ y a continuación observe que para $n\leq 3$ , $$z+\frac{3n}{z}\geq 3+n.$$ En efecto, el mínimo se alcanza para $z=\sqrt{3n}\leq 3$ ya que $z\geq 3$ el mínimo se alcanza de hecho para $z=3$ .

Answer 2

Por C-S $$\sum_{cyc}\frac{a}{b}=\sum_{cyc}\frac{a^2}{ab}\geq\frac{(a+b+c)^2}{ab+ac+bc}.$$ Por lo tanto, es suficiente para demostrar que $$\frac{(a+b+c)^2}{ab+ac+bc}+\frac{3\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}\geq4.$$ Ahora, dejemos que $a+b+c=3u$ , $ab+ac+bc=3v^2$ y $abc=w^3$ .

Por lo tanto, nuestra desigualdad es $f(v^2)\geq0,$ donde $f$ disminuye, por lo que basta con demostrar la última desigualdad para un valor máximo de $v^2$ , lo que ocurre para el caso de igualdad de dos variables.

Como la última desigualdad es homogénea, podemos suponer $b=c=1$ . Además, deja que $a=x^3$ .

Es decir, tenemos que demostrar que $$\frac{(x^3+2)^2}{2x^3+1}+\frac{3x}{x^3+2}\geq4$$ o $$(x-1)^2(x^6+2x^5+3x^4+2x^3+x^2+6x+3)\geq0.$$ ¡Hecho!

La siguiente desigualdad también es cierta.

Dejemos que $a$ , $b$ y $c$ sean positivos. Pruébalo: $$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{24\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}\geq11.$$

Answer 3

Siguiendo las motivaciones anteriores y aplicando tres veces el AM-GM: \begin{align} &\frac13\left(\frac ab+\frac ab+\frac bc\right)+\frac13\left(\frac bc+\frac bc+\frac ca\right)+\frac13\left(\frac ca+\frac ca+\frac ab\right)+\frac{3\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}\\ &\ge \frac{a}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{b}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{c}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{3\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}\\ &=\frac{a+b+c}{3\sqrt[3]{abc}}+\frac{a+b+c}{3\sqrt[3]{abc}}+\frac{a+b+c}{3\sqrt[3]{abc}}+\frac{3\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}\\ &\ge4\left(\left(\frac{a+b+c}{3\sqrt[3]{abc}}\right)^2\right)^\frac14\\ &\ge4. \end{align}

Answer 4

Primero, demostraré que $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq 3$ y luego demostraré que $\displaystyle\frac{3 \sqrt[3]{abc}}{a+b+c}$ .

1) $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq 3$

Llamemos a $\varphi(x_1,x_2,x_3)=\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_3}+\frac{x_3}{x_1}$ . Le'ts demuestran que $\varphi$ se minimiza cuando $x_1 = x_2 = x_3$ : $\frac{\partial\varphi}{\partial x_i} = \frac{1}{x_{i+1}} - \frac{x_{i-1}}{x_i^2} = \frac{x_i^2 - x_{i-1}x_{i+1}}{x_i^2 x_{i+1}}$ (con $x_4 = x_1$ y $x_0 = x_3$ ).

Así que $\Delta\varphi = 0$ es equivalente a : $$x_1^2 = x_2 x_3$$ $$x_2^2 = x_1 x_3$$ $$x_3^2 = x_1 x_2$$

Dividiendo una ecuación por otra, obtenemos que $x_1 = x_2 = x_3$ . Tenemos que demostrar que $\varphi$ es convexa, para demostrar que esta función se minimiza cuando su gradiente es $0$ . Para ello, vamos a calcular su matriz hessiana $M$ :

$$M = (M_{ij}) = (\frac{\partial^2\varphi}{\partial x_i\partial x_j})$$ Lo tenemos: $$M_{ii} = \frac{2 x_{i-1}}{x_i^3}$$ $$M_{i(i+1)} = -\frac{1}{x_{i+1}^2}$$ $$M_{i(i-1)} = -\frac{1}{x_i^2}$$

Lo que nos da:

$$M = \left( \begin{array}{ccc} \frac{2 x_3}{x_1^3} && -\frac{1}{x_2^2} && -\frac{1}{x_1^2}\\ -\frac{1}{x_2^2} && \frac{2 x_1}{x_2^3} && -\frac{1}{x_3^2}\\ -\frac{1}{x_1^2} && -\frac{1}{x_3^2}&& \frac{2 x_2}{x_3^3} \end{array} \right)$$

Calculando su determinante y verificando que es positivo se verá que $\varphi$ es convexo, lo que permite demostrar la desigualdad 1)

2) $\displaystyle\frac{3 \sqrt[3]{abc}}{a+b+c}\geq 1$ Esto equivale a $\sqrt[3]{abc}\geq\frac{a+b+c}{3}$ o $\ln(\frac{a+b+c}{3})\geq \frac{1}{3}(\ln a +\ln b+\ln c)$ lo cual es cierto porque la función $\ln$ es cóncavo.

Combinando esas dos desigualdades, resolvemos instantáneamente las dos preguntas.