Dejemos que $a,$ $b$ y $c$ son números positivos.

Question

Demostrar que $$\sqrt{\frac{a}{b+\alpha c}}+\sqrt{\frac{b}{c+\alpha a}}+\sqrt{\frac{c}{a+\alpha b}}\geq\frac{3}{\sqrt{1+\alpha}}$$ es cierto para todos los $\alpha\geq\dfrac{49+9\sqrt{17}}{32}$

Encontré esta desigualdad demostrada de esta manera

dejar $x,y,z$ satisface $\dfrac{a}{b+\alpha c}=\dfrac{x^2}{1+\alpha}$ , $\dfrac{b}{c+\alpha a}=\dfrac{y^2}{1+\alpha}$ , $\dfrac{c}{a+\alpha b}=\dfrac{z^2}{1+\alpha}$ tenemos $LHS=\dfrac{x+y+z}{\sqrt{1+\alpha}}$ y utilizando $$x^2y^2z^2=\dfrac{(1+\alpha)^3abc}{(a+\alpha b)(b+\alpha c)(c+\alpha a)}$$ y $$x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2=\frac{(1+\alpha)^2(ab(a+\alpha b)+bc(b+\alpha c)+ca(c+\alpha a)}{(a+\alpha b)(b+\alpha c)(c+\alpha a)}$$ obtenemos $${(\alpha^2-\alpha+1)x^2y^2z^2+\alpha(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)=(1+\alpha)^2}(*)$$ Supongamos que $x+y+z<3$ hay un $k$ satisface $k(x+y+z)=3$ y $k>1$ dejar $p=kx,q=ky,r=kz$ y utilizar $(*)$ tenemos $$(\alpha^2-\alpha+1)p^2q^2r^2+\alpha(p^2q^2+q^2r^2+r^2p^2)>(1+\alpha)^2$$ ahora tratamos de llegar a una contradicción demostrando $$(\alpha^2-\alpha+1)p^2q^2r^2+\alpha(p^2q^2+q^2r^2+r^2p^2)\leq(1+\alpha)^2$$ para todos $p,q,r,\ p+q+r=3$ lo que equivale a $$\alpha^2+\frac{2+p^2q^2r^2-(p^2q^2+q^2r^2+r^2p^2)}{1-p^2q^2r^2}\alpha+1\geq0(**)$$ pero tenemos $$\frac{2+p^2q^2r^2-(p^2q^2+q^2r^2+r^2p^2)}{1-p^2q^2r^2}\geq\frac{49}{16}$$ ya que se puede reescribir como $$\sum{p^6}+6\sum{p^5(q+r)}-\sum{p^4(q^2+r^2)}-12\sum{p^3q^3}+30pqr\sum{p^3}+28pqr\sum{p^2(q+r)}-255p^2q^2r^2\geq0$$ que es schur y muirhead. así que usando el polinomio cuadrático $(**)$ es verdadera cuando $$\alpha\geq\frac{49+9\sqrt{17}}{32}$$ por lo que nuestra suposición es errónea y $x+y+z\geq3$ , $LHS\geq\dfrac{3}{\sqrt{1+\alpha}}$ Hecho.

Aquí el paso

$$\alpha^2+\frac{2+p^2q^2r^2-(p^2q^2+q^2r^2+r^2p^2)}{1-p^2q^2r^2}\alpha+1\geq0(**)$$ pero tenemos $$\frac{2+p^2q^2r^2-(p^2q^2+q^2r^2+r^2p^2)}{1-p^2q^2r^2}\geq\frac{49}{16}$$ ya que se puede reescribir como $$\sum{p^6}+6\sum{p^5(q+r)}-\sum{p^4(q^2+r^2)}-12\sum{p^3q^3}+30pqr\sum{p^3}+28pqr\sum{p^2(q+r)}-255p^2q^2r^2\geq0$$ que es schur y muirhead.

No lo entendí. Así que trató de romper $$\frac{2+p^2q^2r^2-(p^2q^2+q^2r^2+r^2p^2)}{1-p^2q^2r^2}\geq\frac{49}{16}$$ Que finalmente llega a $$65p^2q^2r^2 -16\left(p^2q^2+q^2r^2+r^2p^2\right)-17\geq 0$$ Aquí estoy atascado

Answer 1

Por su trabajo tenemos que demostrarlo: $$(\alpha^2-\alpha+1)p^2q^2r^2+\alpha(p^2q^2+q^2r^2+r^2p^2)\leq(1+\alpha)^2$$ para los positivos $p$ , $q$ y $r$ tal que $p+q+r=3$ .

Ahora, dejemos que $p+q+r=3u$ , $pq+pr+qr=3v^2$ y $pqr=w^3$ .

Por lo tanto, tenemos que demostrar que $f(w^3)\leq0$ , donde $f$ es una función convexa.

Pero la función convexa obtiene un valor máximo para un valor extremo de $w^3$ que por $uvw$ ocurre en los siguientes casos.

1. $w^3\rightarrow0^+$ .

Dejemos que $r\rightarrow0^+$ .

Por lo tanto, tenemos que demostrar que: $$\alpha p^2q^2\leq(1+\alpha)^2.$$ De hecho, por AM-GM $$\alpha p^2q^2\leq\alpha\left(\frac{p+q}{2}\right)^4=\frac{81\alpha}{16}$$ y es suficiente para demostrar que $$\frac{81\alpha}{16}\leq(1+\alpha)^2$$ o $$\alpha^2-\frac{49}{16}\alpha+1\geq0,$$ que da $$\alpha\in\left(-\infty,\frac{49-9\sqrt{17}}{32}\right]\cup\left[\frac{49+9\sqrt{17}}{32},+\infty\right),$$ lo cual es cierto para $$\alpha\geq \frac{49+9\sqrt{17}}{32}.$$ 2. Dos variables son iguales.

Dejemos que $q=p$ y $r=3-2p$ , donde $0<p<1.5$ .

Por lo tanto, tenemos que demostrar que: $$(\alpha^2-\alpha+1)p^4(3-2p)^2+\alpha(p^4+2p^2(3-2p)^2)\leq(1+\alpha)^2$$ o $$(p-1)^2(1+2(1+\alpha)^2p+3(\alpha^2-4\alpha+1)p^2+4(\alpha^2-\alpha+1)p^3-4(\alpha^2-\alpha+1)p^4)\geq0,$$ lo cual es cierto para cualquier $0<p<1.5$ y $\alpha\geq\frac{49+9\sqrt{17}}{32}.$