Un problema de desigualdad $1 \le \frac{a}{1-ab}+\frac{b}{1-bc}+\frac{c}{1-ac} \le \frac{3\sqrt{3}}{2}$

Question

Si $a,b,c>0$ son números reales positivos tales que $a^2+b^2+c^2=1$ entonces, se cumplen las siguientes desigualdades:

$\displaystyle 1 \le \frac{a}{1-ab}+\frac{b}{1-bc}+\frac{c}{1-ac} \le \frac{3\sqrt{3}}{2}$

$\displaystyle 1 \le \frac{a}{1+ab}+\frac{b}{1+bc}+\frac{c}{1+ac} \le \frac{3\sqrt{3}}{4}$

Homogeneizando la primera desigualdad como, $\displaystyle \frac{a}{a^2+b^2+c^2-ab}+\frac{b}{a^2+b^2+c^2-bc}+\frac{c}{a^2+b^2+c^2-ac} \le \frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$

y observando el simbolismo cíclico probé con las desigualdades de reordenación.

Utilizando $a^2+b^2+c^2-ab = \frac{1}{4}(a+b)^2+\frac{3}{4}(a-b)^2+c^2 \ge \frac{1}{4}(a+b)^2+c^2 \ge (a+b)c$

$\displaystyle \sum_{cyc} \frac{a}{a^2+b^2+c^2-ab} \le \sum_{cyc} \frac{a}{ac+bc}$ podría ayudar, pero no pude llegar a ninguna parte con ella.

Gracias.

Answer 1

Podemos demostrar $$\dfrac{x}{1+xy}\le\dfrac{3\sqrt{3}x(x+y+2z)}{4(x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+xz))}$$ así que $$\sum_{cyc}\dfrac{x}{1+xy}\le \sum_{cyc}\left(\dfrac{3\sqrt{3}x(x+y+2z))}{4(x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+xz)}\right)=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}$$

Tengo otros métodos feos:

este problema es equivalente: $a^2+b^2+c^3=3$ entonces tenemos $$\dfrac{a}{ab+3}+\dfrac{b}{bc+3}+\dfrac{c}{ca+3}\le\dfrac{3}{4}$$ $$\Longleftrightarrow 4abc\sum_{cyc}ab+12\sum_{cyc}ab^2+36abc+36\sum_{cyc}a \le 3a^2b^2c^2+9abc\sum_{cyc}a+27\sum_{cyc}ab+81$$ utiliza este seguimiento bien conocido reslut $$ab^2+bc^2+ca^2\le\dfrac{4}{27}(a+b+c)^3-abc$$ por lo que sólo $$4abc\sum_{cyc}ab+12\left(\dfrac{4}{27}(a+b+c)^3-abc\right) +36abc+36\sum_{cyc}a\le 3a^2b^2c^2+9abc\sum_{cyc}a+27\sum_{cyc}ab+81$$ dejar $$p=a+b+c,q=ab+bc+ac,r=abc,p^2-2q=3$$ utilizando la desigualdad AM-GM tenemos $$\dfrac{(p^2-3)^2}{4}=q^2\ge 3qr$$ por lo que consideramos $$f(r)=3r^2-(2p^2-9p+18)r-\dfrac{16}{9}p^3+\dfrac{27}{2}p^2-36p +\dfrac{81}{2}\ge 0$$ así que $$f'(r)=6r-2p^2+9p-18\le\dfrac{(p^2-3)^2}{2p}-2p^2+9p-18= \dfrac{(p-1)(p-3)(p^2+2)-18}{2p}\le 0$$ así que $$f(r)\ge f\left(\dfrac{(p^2-3)^2}{12}\right)=\dfrac{(p-3)(3p^7-15p^6+27p^5-247p^4 +717p^3-1953p^2+621p-81)}{144p^2}$$ y podemos demostrar $$3p^7-15p^6+27p^5-247p^4 +717p^3-1953p^2+621p-81\le 0(p\ge \sqrt{3})$$

Answer 2

Por favor, considere lo siguiente como un comentario, no soy capaz de decir si la igualdad de Holder es válida en ese caso.

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RHS para la primera desigualdad : $$1-ab=1+\frac{(a-b)^2-a^2-b^2}{2}=\frac12+\frac{(a-b)^2+c^2}{2}\geq \frac{1+c^2}{2}$$ así que $$\sum_{cyc} \frac{a}{1-ab}\leq \sum_{cyc} \frac{a}{\frac{1+c^2}{2}}$$ A continuación, utilizamos la desigualdad de Hölder : $$\sum_{cyc} \frac{a}{1-ab}\leq \left(\sum_{cyc} a^2\right)^{\frac12}\left(\sum_{cyc} \frac{1+c^2}{2}\right)^{-1}\left(\sum_{cyc} 1\right)^{\frac32}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$$

LHS para la primera desigualdad : $$1-ab\leq 1$$ así que $$\sum_{cyc} \frac{a}{1-ab}\geq \sum_{cyc} a$$ O : $$1=\sum_{cyc} a^2\leq \left(\sum_{cyc} a\right)^{2}$$ así que $$1\leq \sum_{cyc} \frac{a}{1-ab}$$

Answer 3

Las desigualdades de la izquierda las podemos demostrar con Holder:

1. $$\left(\sum_{cyc}\frac{a}{1-ab}\right)^2\sum_{cyc}a(1-ab)^2\geq(a+b+c)^3.$$

Por lo tanto, queda por demostrar que $$(a+b+c)^3\geq \sum_{cyc}a(1-ab)^2$$ o $$(a+b+c)^3\geq(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)-2\sum_{cyc}a^2b+\sum_{cyc}a^3b^2$$ o $$\sum_{cyc}(4a^2b+2a^2c+2abc-a^3b^2)\geq0,$$ para lo cual basta con demostrar que $$\sum_{cyc}a^2c\geq\sum_{cyc}a^3b^2$$ o $$\sum_{cyc}ab^2\sum_{cyc}a^2\geq\sum_{cyc}a^3b^2,$$ lo cual es obvio;

2. $$\left(\sum_{cyc}\frac{a}{1+ab}\right)^2\sum_{cyc}a(1+ab)^2\geq(a+b+c)^3.$$

Por lo tanto, queda por demostrar que $$(a+b+c)^3\geq \sum_{cyc}a(1+ab)^2$$ o $$(a+b+c)^3\geq(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)+2\sum_{cyc}a^2b+\sum_{cyc}a^3b^2$$ o $$\sum_{cyc}(2a^2c+2abc-a^3b^2)\geq0,$$ para lo cual basta con demostrar que $$\sum_{cyc}a^2c\geq\sum_{cyc}a^3b^2,$$ lo cual es obvio.

Las desigualdades correctas son verdaderas, pero todavía no tengo una buena prueba.