Demostrar que para todos los números reales positivos $a,b,$$c$, $$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \geq \dfrac{a+b}{a+c}+\dfrac{b+c}{b+a}+\dfrac{c+a}{c+b}.$$
Lo que he intentado es decir $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} = \dfrac{a^2c+b^2a+c^2b}{abc} \geq \dfrac{3abc}{abc} = 3$. Entonces, ¿cómo puedo usar esto para probar que $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \geq \dfrac{a+b}{a+c}+\dfrac{b+c}{b+a}+\dfrac{c+a}{c+b}$?
Suponga $$\dfrac{a}{b}=x,\dfrac{b}{c}=y,\dfrac{c}{a}=z$$ Así, por ejemplo, $$\dfrac{a+c}{b+c}=\dfrac{1+xy}{1+x}=x+\dfrac{1-x}{1+y}$$ Y el problema sería transformado a: $$\dfrac{x-1}{y+1}+\dfrac{y-1}{z+1}+\dfrac{z-1}{x+1}\ge0$$ $\equiv(x^2-1)(z+1)+(y^2-1)(x+1)+(z^2-1)(y+1)\ge0$
$\equiv \sum{x^2z}+\sum{x^2}\ge\sum{x}+3$
Tenemos $xyz=1$, por lo tanto :$$\sum{x^2z}\ge3$$ Y también se $x+y+z\ge3$, lo $$\sum{x^2}\ge\dfrac{(\sum{x})^2}{3}\ge\sum{x}$$
Problema resuelto
nuestra desigualdad es equivalente a $$a^4c^2+a^2b^4+b^2c^4+a^3b^3+a^3c^3+b^3c^3\geq a^3bc^2+a^2b^3c+ab^2c^3+3a^2b^2c^2 $$we have $$a^3b^3+a^3c^3+b^3c^3\geq 3a^2b^2c^2$$ por AM-GM, y el resto es equivalente a $$(a-b)c^2(a^3-b^2c)+(b-c)b^2(a^2b-c^3)\geq 0$$ if we assume that $$a\geq b\geq c$$ y si $$a\geq c\geq b$$ en obtener $$(a-c)c^2(a^3-b^2c)+(c-b)a^2(ac^2-b^3)\geq 0$$ gracias Michael Rozenberg!
Sin Pérdida de Generalidad, supongamos que $c$ es el máximo de $a,b,c$
Observe que $$\sum _{ cyc }^{ }{ \frac { a }{ b } } -3=\frac { a }{ b } +\frac { b }{ a } -2+\frac { b }{ c } +\frac { c }{ a } +\frac { b }{ a } -1=\frac{(a-b)^2}{ab}+\frac{(c-a)(c-b)}{ac}$$
Sin embargo, desde $(a-b)^2,(c-a)(c-b)\ge 0$, $$\frac{(a-b)^2}{ab}+\frac{(c-a)(c-b)}{ac} \ge \frac{(a-b)^2}{(c+a)(c+b)}+\frac{(c-a)(c-b)}{(a+c)(b+a)}=\sum _{ cyc }^{ }{ \frac { a+b }{ c+a } }-3$$
La prueba está hecho.
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