Si $abc=1$ $\sum_{cyc}^{}{\frac{1}{b(a+b)}}\ge \frac{3}{2}$

Question

Si $abc=1$ positivos $a,b,c$, $\sum_{cyc}^{}{\dfrac{1}{b(a+b)}}\ge \dfrac{3}{2}$

He probado los siguientes,en orden decreciente de éxito:

1)AM-GM:$a+b+c\ge 3$ $ab+bc+ca\ge 3$

2)la Sustitución de $1=abc$ rendimientos nada

3)Sustituyendo $a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x}$ rendimientos algo raro

4)Reordenamiento de la desigualdad en las secuencias $\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}$ $\frac{1}{a+b},\frac{1}{b+c},\frac{1}{c+a}$

5)Titu del lema no ayuda

Un pequeño empujón en la dirección correcta, sería de ayuda.

EDIT:tengo sentimientos que esta desigualdad podría ser falso.

Answer 1

(I) Por un reordenamiento de la desigualdad:

$\displaystyle \begin{align} &\sum_{cyc} \frac{1}{b(a+b)} \ge \sum\limits_{cyc} \frac{1}{b(a+c)} \tag{1} \\ \iff & \sum_{cyc} \frac{1}{b(a+b)} \ge \sum_{cyc} \frac{1}{2}\left(\frac{1}{b(a+b)} + \frac{1}{b(a+c)}\right) = \sum_{cyc} \frac{1}{2}\left(\frac{1}{b(a+b)} + \frac{1}{c(a+b)}\right) \\ \iff & \sum_{cyc} \frac{1}{b(a+b)} \ge \frac{1}{2}\sum_{cyc} \frac{b+c}{bc(a+b)} \end{align}$

Por Am-Gm De La Desigualdad :

$$\sum_{cyc} \frac{b+c}{bc(a+b)} \ge 3\sqrt[3]{\prod\limits_{cyc} \frac{b+c}{bc(a+b)}} = 3$$

De esta manera se establece la desigualdad deseada.

Nota: $(1)$ puede ser visto como una consecuencia de CS así.

$$\sum_{cyc} \left(\frac{1}{b(a+b)} - \frac{1}{b(a+c)}\right) \ge 0 \iff \sum_{cyc} \frac{c-b}{b(a+b)(a+c)} \ge 0 \\ \iff \sum_{cyc} \frac{c^2-b^2}{b} \ge 0 \iff \sum_{cyc} \frac{c^2}{b} \ge \sum_{cyc} b$$

(II) la Sustitución de $\displaystyle a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x}$:

La desigualdad se requiere para demostrar que se convierte en:

$$\sum\limits_{cyc} \frac{x^2}{z^2+xy} \ge \frac{3}{2}$$

Podemos reescribir la PREPA como $\displaystyle \sum\limits_{cyc} \frac{x^4}{x^2z^2+x^3y}$ y se aplican de Cauchy-Schwarz Desigualdad:

$$\sum\limits_{cyc} \frac{x^4}{x^2z^2+x^3y} \ge \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{\sum\limits_{cyc} x^2z^2 + \sum\limits_{cyc} x^3y}$$

Por lo que es suficiente para demostrar que: $$2(x^2+y^2+z^2)^2 \ge 3\sum\limits_{cyc} x^2z^2 + 3\sum\limits_{cyc} x^3y \\ \iff (x^4+y^4+z^4) + \sum\limits_{cyc} (x^4 + x^2y^2) \ge 3\sum\limits_{cyc} x^3y$$

Esta es la consecuencia de la adición de los siguientes:

(i) El Reordenamiento de la Desigualdad: $x^4+y^4+z^4 \ge x^3y+y^3z+z^3x$

(ii) El Am-Gm de la Desigualdad: $\displaystyle \sum\limits_{cyc} (x^4 + x^2y^2) \ge 2\sum\limits_{cyc} \sqrt{x^6y^2} = 2\sum\limits_{cyc} x^3y$

Answer 2

Sugerencia:

En efecto, como @Macavity señalado, la suma de $s(a,b,c)$ sólo tiene simetría circular. De hecho, no es difícil demostrar ( el mismo método a continuación) que si $a\le b\le c$ $s(a,b,c)\le s(c,b,a)$.

Aquí es un método susceptible de un sistema de álgebra computacional. Como se ha sugerido, sustituto $a=u/v$, $b=v/w$, $c=w/u$. Obtener un equivalente a la desigualdad homogénea de grado $6$ en $u$,$v$, $w\ge 0$

$$2 u^4 v^2-3 u^3 v^3+2 u v^5+2 u^5 w-3 u^4 v w+4 u^2 v^3 w- 3 u v^4 w+4 u^3 v w^2-\\-6 u^2 v^2 w^2+2 v^4 w^2-3 u^3 w^3+4 u v^2 w^3-3 v^3 w^3+2 u^2 w^4-3 u v w^4+2 v w^5\ge 0$$

con simetría circular. Es suficiente como para considerar los casos de $u\le v \le w$$u \ge v \ge w$.

En el primer caso, hacer la sustitución $u=p$, $v=p+q$, $w=p+q+r$, con $p$, $q$, $r\ge 0$. Uno se $$8 p^4 q^2+18 p^3 q^3+15 p^2 q^4+6 p q^5+x^6+8 p^4 q r+31 p^3 q^2 r +38 p^2 q^3 r+22 p q^4 r+\\+5 q^5 r+8 p^4 r^2+41 p^3 q r^2 +66 p^2 q^2 r^2+46 p q^3 r^2+13 q^4 r^2+14 p^3 r^3+43 p^2 q r^3+\\ +43 p q^2 r^3+17 q^3 r^3+9 p^2 r^4+17 p q r^4+10 q^2 r^4+2 p r^5+2 q r^5$$

claramente positiva, con igualdad de al $q=r=0$, es decir, la $a$,$b$,$c$ son iguales. El otro caso es tratado de forma similar, dando a la expresión positiva $$8 p^4 q^2+18 p^3 q^3+15 p^2 q^4+6 p q^5+q^6+8 p^4 q r+23 p^3 q^2 r+22 p^2 q^3 r+8 p q^4 r+q^5 r+8 p^4 r^2+33 p^3 q r^2+42 p^2 q^2 r^2+18 p q^3 r^2+3 q^4 r^2+14 p^3 r^3+35 p^2 q r^3+23 p q^2 r^3+5 q^3 r^3+9 p^2 r^4+11 p q r^4+2 q^2 r^4+2 p r^5$$

Answer 3

Ver el$\frac{1}{b(a+b)}$$\frac{1}{a(a+b)}$. La suma de los rendimientos $\frac{1}{ab}$. Por lo que la suma es justo $$\frac{1}{ab} + \frac{1}{bc} + \frac{1}{ac} = \frac{a + b + c}{abc}$$ El denominador es 1 y el numerador es de al menos 3 por AM-GM positivos $a,b,c$.

Answer 4

Creo que la desigualdad es falsa. Actualmente estoy en busca de un triplete que refuta. Pero aquí está mi argumento- Sustituto $a=x/y....$. Ahora escriba su expresión en términos de $x,y,z$ y, a continuación, aplicar Titu del lexema. Usted debe obtener $$\sum_{cyc}\frac{x^2}{xy+z^2}\geq\frac{(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx}.$$ This means after opening it and making it greater than $1/2$, you get a positive quantity less than $0$. No es posible la derecha. Por favor, dime si me equivoco en cualquier lugar y también por favor, edite esta respuesta(no sé lo que está mal en mi sintaxis).