$\frac{a+b-2c}{b+c} + \frac{b+c-2a}{c+a} + \frac{c+a-2b}{a+b} \geq 0$

Question

Hace poco conocí la desigualdad $\frac{a+b-2c}{b+c} + \frac{b+c-2a}{c+a} + \frac{c+a-2b}{a+b} \geq 0$ donde a , b , c son todos números reales positivos. Quise demostrarlo pero me costó un poco, al no ver ninguna relación con ninguna desigualdad estándar conocida empecé a simplificar la expresión multiplicada por $(a+b)(b+c)(c+a)$ Después de algunos cálculos simples y elementales pero tediosos, obtuve

$$(a+b)(b+c)(c+a) \left(\frac{a+b-2c}{b+c} + \frac{b+c-2a}{c+a} + \frac{c+a-2b}{a+b}\right) \\=a(a-c)^2 + b(b-a)^2 + c(c-b)^2$$ que obviamente es no negativo, lo que demuestra la desigualdad. Pero me pregunto, ¿hay alguna otra forma de demostrar la desigualdad? Además, ¿cuál es la forma más corta de derivar la identidad antes mencionada?

Answer 1

Podemos establecer $a+b=C$ y así sucesivamente, para luego minimizar

$$ f(A,B,C)=\sum_{cyc}\frac{2C-B}{A}. $$

Si consideramos $f$ en función de $B$ y $C$ solamente, tenemos que $\frac{\partial f}{\partial B}=0$ implica $(B^2-AC)(2A-C)=0$ y $\frac{\partial f}{\partial C}=0$ implica $(C^2-AB)(2B-A)=0$ . Así que tenemos cuatro puntos estacionarios:

$$ (B/A,C/A)\in\left\{(1,1),(2,4),(2,1/2),(1/2,1/4)\right\}.$$

Sin pérdida de generalidad podemos suponer además $A\leq B\leq C$ teniendo puntos estacionarios para

$$(A,B,C) = (\lambda,\lambda,\lambda)\quad\mbox{or}\quad(\lambda,2\lambda,4\lambda).$$

Ahora podemos sustituir estos valores en $f$ para demostrar la desigualdad.

Answer 2

Para responder a la primera pregunta, vamos a $x = b+c$ , $y = c+a$ y $z = a+b$ . Entonces $2c=x+y-z$ por lo que la desigualdad se reescribe como $$ \frac{y-(x+y-z)}{x} + \frac{z-(y+z-x)}{y} + \frac{x-(x+y-z)}{z} \ge 0 $$ o $$\frac{z}{x} + \frac{x}{y} + \frac{y}{z} \ge 3,$$ que se deduce inmediatamente de la desigualdad AM-GM.