Cómo demostrar esta desigualdad $\frac{a-b}{b+c}+\frac{b-c}{c+d}+\frac{c-d}{d+e}+\frac{d-e}{e+a}+\frac{e-a}{a+b}\ge 0$

Question

Dejar $a,b,c,d,e$ son números reales positivos, demuestre que $$\dfrac{a-b}{b+c}+\dfrac{b-c}{c+d}+\dfrac{c-d}{d+e}+\dfrac{d-e}{e+a}+\dfrac{e-a}{a+b}\ge 0$$

Mi intento:

He resuelto seguir la desigualdad de cuatro variables:

dejar $a,b,c,d$ son números reales positivos, demuestre que $$\dfrac{a-b}{b+c}+\dfrac{b-c}{c+d}+\dfrac{c-d}{d+a}+\dfrac{d-a}{a+b}\ge 0$$ poof:ya que $$\begin{align*} &\dfrac{a-b}{b+c}+\dfrac{b-c}{c+d}+\dfrac{c-d}{d+a}+\dfrac{d-a}{a+b}=\dfrac{a+c}{b+c}+\dfrac{b+d}{c+d}+\dfrac{c+a}{d+a}+\dfrac{d+b}{a+b}-4\\ &=(a+c)\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{d+a}\right)+(b+d)\left(\dfrac{1}{c+d}+\dfrac{1}{a+b}\right)-4 \end{align*}$$ Por la desigualdad de Cauchy-Schwarz tenemos $$\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{d+a}\ge\dfrac{4}{(b+c)+(d+a)},\dfrac{1}{c+d}+\dfrac{1}{a+b}\ge\dfrac{4}{(c+d)+(a+b)}$$ por lo que obtenemos $$\dfrac{a-b}{b+c}+\dfrac{b-c}{c+d}+\dfrac{c-d}{d+a}+\dfrac{d-a}{a+b}\ge\dfrac{4(a+c)}{(b+c)+(d+a)}+\dfrac{4(b+d)}{(c+d)+(a+b)}-4=0$$ La igualdad es válida para $a=c$ y $b=d$

¡Por fin!

Pero para la desigualdad de cinco variables, no puedo probarlo. Gracias.

Answer 1

Para $n$ variables $x_i > 0$ (con la convención $x_{n+k}=x_k$ ) tenemos que demostrar que $$\sum_i \dfrac{x_i - x_{i+1}}{x_{i+1} + x_{i+2}} \geqslant 0 \iff \sum_i \left( \dfrac{x_i - x_{i+1}}{x_{i+1} + x_{i+2}} +\frac12 \right) \geqslant \frac{n}2 \iff \sum_i \dfrac{2x_i - x_{i+1}+x_{i+2}}{x_{i+1} + x_{i+2}} \geqslant n$$

Por Cauchy-Schwarz tenemos $$\sum_i \dfrac{2x_i - x_{i+1}+x_{i+2}}{x_{i+1} + x_{i+2}} \geqslant \dfrac{ \left(\sum_i (2x_i - x_{i+1}+x_{i+2}) \right)^2}{\sum_i \left( (x_{i+1} + x_{i+2}) (2x_i - x_{i+1}+x_{i+2} ) \right)} = \dfrac{ 4\left(\sum_i x_i \right)^2}{2\sum_i (x_i x_{i+1} + x_i x_{i+2})}$$

Por tanto, basta con demostrar que $$\left(\sum_i x_i \right)^2 \geqslant \dfrac{n}2 \sum_i x_i (x_{i+1}+x_{i+2}) \tag{*}$$
Aunque el caso general se me escapa, esto ayuda a responder a tu pregunta y al caso $n=6$ .

Para $n=5$ tenemos el formulario SOS: $$\left(\sum_{i=1}^5 x_i \right)^2 - \dfrac{5}2 \sum_{i=1}^5 x_i (x_{i+1}+x_{i+2}) = \frac14 \sum_{i=1}^5 (x_i - x_{i+1})^2 + \frac14 \sum_{i=1}^5 (x_i - x_{i+2})^2 \geqslant 0$$ Para la igualdad necesitaremos todos $x_i$ para ser el mismo.

Para $n=6$ podemos utilizar $a=x_1 + x_4, b = x_2 + x_5, c = x_3+x_6$ para conseguirlo: $$\left(\sum_{i=1}^6 x_i \right)^2 - \dfrac{6}2 \sum_{i=1}^6 x_i (x_{i+1}+x_{i+2}) = (a+b+c)^2 - 3(ab+bc+ca) \geqslant 0$$ En este caso para la igualdad necesitamos todos $x_i$ para impar $i$ para ser el mismo, y de forma similar todos los $x_i$ para incluso $i$ también debe ser el mismo.

---

Añadido en base al comentario de Dongryul Kim - esta aplicación de Cauchy Schwarz requiere una condición adicional como $x_i \in [\frac1{\sqrt3}, \sqrt3]$ para que los numeradores de la fracción en el lado izquierdo sean no negativos.

Answer 2

Habría escrito esto en un comentario, pero no tengo suficiente "reputación" para hacerlo...

@Macavity Sólo me gustaría señalar que $$\sum \frac{a_i}{b_i} \ge \frac{\big(\sum a_i \big)^2}{\sum a_i b_i}$$ se mantiene cuando $a_i b_i$ es positivo para todos los $i$ . (Para utilizar Cauchy-Schwarz, hay que elevar la raíz al cuadrado y luego elevar esos términos al cuadrado) Un contraejemplo para esto podría ser $a_1=-1, a_2=1, b_1=2$ y $b_2=4$ .

Además, esta es una conjetura propuesta por Vasile Cirtoaje hace muchos años en Viejas y nuevas desigualdades (página 60). Se discutieron las desigualdades con más variables aquí