Dados positivos $a, b, c$ , demuestre que $\frac{a}{(b + c)^2} + \frac{b}{(c + a)^2} + \frac{c}{(a + b)^2} \ge \frac{9}{4(a + b + c)}$ .

Question

Dados positivos $a, b, c$ , demuestre que $$\large \frac{a}{(b + c)^2} + \frac{b}{(c + a)^2} + \frac{c}{(a + b)^2} \ge \frac{9}{4(a + b + c)}$$

Dejemos que $x = \dfrac{b + c}{2}, y = \dfrac{c + a}{2}, z = \dfrac{a + b}{2}$

Debe ser suficiente para demostrar que $$\sum_{cyc}\frac{\dfrac{a + b}{2} + \dfrac{b + c}{2} - \dfrac{c + a}{2}}{\left(2 \cdot \dfrac{c + a}{2}\right)^2} \ge \frac{9}{\displaystyle 4 \cdot \sum_{cyc}\dfrac{c + a}{2}} \implies \sum_{cyc}\frac{z + x - y}{y^2} \ge \frac{9}{y + z + x}$$

Según la desigualdad de Cauchy-Schwarz, tenemos que

$$(y + z + x) \cdot \sum_{cyc}\frac{z + x - y}{y^2} \ge \left(\sum_{cyc}\sqrt{\frac{z + x - y}{y}}\right)^2$$

Tenemos que demostrar que $$\sum_{cyc}\sqrt{\frac{z + x - y}{y}} \ge 3$$

pero no sé cómo hacerlo.

Gracias a Estudio de matemáticas Isaac YIU tenemos además que $$(y + z + x) \cdot \sum_{cyc}\frac{z + x - y}{y^2} = \sum_{cyc}(z + x - y) \cdot \sum_{cyc}\frac{z + x - y}{y^2} \ge \left(\sum_{cyc}\frac{z + x - y}{y}\right)^2$$

Ahora tenemos que demostrar que $$\sum_{cyc}\frac{z + x - y}{y} \ge 3$$ , lo que se deduce de la desigualdad de Nesbitt.

Agradecería mucho si hay alguna otra solución que no sea esta.

Answer 1

Sugerencia : Utilizando la homogeneidad, WLOG podemos establecer $a+b+c=3$ , a continuación, anote $f(x) = \dfrac{x}{(3-x)^2}$ es convexo y utilizar la desigualdad de Jensen.

Answer 2

Por Cauchy-Schwarz, $$\left[\dfrac{a}{(b + c)^2} + \dfrac{b}{(c + a)^2} + \dfrac{c}{(a + b)^2}\right](a+b+c) \ge \left(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\right)^2$$ Entonces por la desigualdad de reordenamiento, $$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\ge\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+a}+\dfrac{a}{a+b} \\ \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\ge\dfrac{c}{b+c}+\dfrac{a}{c+a}+\dfrac{b}{a+b}$$ Resuma y obtenga $$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\ge\dfrac{3}{2}$$ Así que de la primera desigualdad, obtenemos: $$\left[\dfrac{a}{(b + c)^2} + \dfrac{b}{(c + a)^2} + \dfrac{c}{(a + b)^2}\right](a+b+c) \ge \dfrac{9}{4} \\ \dfrac{a}{(b + c)^2} + \dfrac{b}{(c + a)^2} + \dfrac{c}{(a + b)^2} \ge \dfrac{9}{4(a+b+c)}$$

Answer 3

Dejemos que $a+b+c=p$ , entonces considere una función $f(a)=\dfrac{a}{(p-a)^2}$ entonces $f''(a)=\dfrac{2(a+p)}{(p-a)^4} >0$ . Así que de la igualdad de Jensen se deduce que $$\frac{f(a)+f(b)+f(c)}{3} \ge f\left[\frac{a+b+c}{3}\right]$$ Así que obtenemos $$\frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(a+c)^2}+\frac{c}{(a+c)^2} \ge 3*\frac{p/3}{(p-p/3)^2}=\frac{9}{4(a+b+c)}$$

Answer 4

Recordemos la desigualdad de Nesbitt $$\begin{eqnarray*} \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2}. \end{eqnarray*}$$ Utilizando Cauchy-Schwartz y Nesbitt se obtiene $$\begin{eqnarray*} &\left( 2 \cdot \frac{a}{b+c}+1 \right)^2 +\left( 2 \cdot \frac{b}{c+a}+1 \right)^2 + \left(2 \cdot \frac{c}{a+b} +1 \right)^2\\ &\geq \frac{1}{3}\left( 2 \cdot \frac{a}{b+c}+2 \cdot \frac{b}{c+a} + 2 \cdot \frac{c}{a+b} +3 \right)^2 \geq 12. \end{eqnarray*}$$ Y esto puede ser reordenado para dar la desigualdad.

Editar: A la luz de la respuesta de Issac ... Por Cauchy-Schwartz, $$\begin{eqnarray*} \left(\dfrac{a}{(b + c)^2} + \dfrac{b}{(c + a)^2} + \dfrac{c}{(a + b)^2}\right)(a+b+c) \geq \left(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\right)^2 \end{eqnarray*}$$ y el resultado se sigue ahora por la desigualdad de Nesbitt.

Answer 5

Como nuestra desigualdad es homogénea, podemos suponer que $a+b+c=3.$

Así, $$\sum_{cyc}\frac{a}{(b+c)^2}-\frac{9}{4(a+b+c)}=\sum_{cyc}\frac{a}{(3-a)^2}-\frac{3}{4}=\sum_{cyc}\left(\frac{a}{(3-a)^2}-\frac{1}{4}\right)=$$ $$=\frac{1}{4}\sum_{cyc}\frac{-a^2+10a-9}{(3-a)^2}=\frac{1}{4}\sum_{cyc}\frac{(a-1)(9-a)}{(3-a)^2}=$$ $$=\frac{1}{4}\sum_{cyc}\left(\frac{(a-1)(9-a)}{(3-a)^2}-2(a-1)\right)=\frac{1}{4}\sum_{cyc}\frac{(a-1)^2(9-2a)}{(3-a)^2}\geq0.$$