que demuestra : $\frac{ab}{a^2+3b^2}+\frac{cb}{b^2+3c^2}+\frac{ac}{c^2+3a^2}\le\frac{3}{4}$ .

Question

Dejemos que $a,b,c>0$ cómo demostrar que :

$$\frac{ab}{a^2+3b^2}+\frac{cb}{b^2+3c^2}+\frac{ac}{c^2+3a^2}\le\frac{3}{4}$$

Me parece que $$\ \frac{ab}{a^{2}+3b^{2}}=\frac{1}{\frac{a^{2}+3b^{2}}{ab}}=\frac{1}{\frac{a}{b}+\frac{3b}{a}} $$

Por AM-GM

$$\ \frac{ab}{a^{2}+3b^{2}} \leq \frac{1}{2 \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{6} $$ $$\ \sum_{cyc} \frac{ab}{a^{2}+3b^{2}} \leq \frac{\sqrt{3}}{2} $$

Pero es evidente que esto no funciona.

Answer 1

(2018-01-01) Ahhh, tan dulce, venganza silenciosa donwvotes... ¡Feliz año nuevo!

Utilizando el cambio de variables $x_1=a/b$ , $x_2=b/c$ , $x_3=c/a$ se pide el máximo de $T$ bajo la restricción $S=0$ en el dominio $D$ definido por $x_1\gt0$ , $x_2\gt0$ , $x_3\gt0$ , donde $$ T=\sum\limits_{k=1}^3R(x_k),\qquad R(x)=x/(3+x^2),\qquad S=x_1x_2x_3-1. $$ Los extremos en $D$ se encuentran en puntos tales que los gradientes de $T$ y $S$ son colineales. Para cada $k$ , $\partial_kT=R'(x_k)$ con $R'(x)=(3-x^2)/(3+x^2)^2$ y $\partial_kS=(x_1x_2x_3)/x_k=1/x_k$ por lo que la condición es que $U(x_k)=x_kR'(x_k)$ no depende de $k$ .

La función $x\mapsto U(x)$ es suave en $x\geqslant0$ creciente-entonces-descendente y no negativo en $0\leqslant x\leqslant\sqrt3$ y decreciente y negativo en $x\gt\sqrt3$ . Supongamos que $U(x_1)=U(x_2)=U(x_3)$ y llamar a $v$ su valor común. Si $v\lt0$ la ecuación $U(x)=v$ sólo tiene una solución $x_v\gt1$ por lo que $x_1=x_2=x_3=x_v$ y $S\ne0$ Lo cual es absurdo. Si $v\gt0$ la ecuación $U(x)=v$ tiene como máximo dos soluciones en $(0,\sqrt3)$ por lo tanto, o bien $x_1=x_2=x_3$ entonces su valor común es $1$ o el $x_k$ no son todas iguales, entonces dos de ellas son iguales a alguna $x$ y el tercero a $1/x^2$ y $U(x)=U(1/x^2)$ . Esta última condición dice $W(x)=0$ con $$ W(x)=(3-x^2)(1+3x^4)^2-x(3x^4-1)(x^2+3)^2, $$ que no tiene solución $x\geqslant0$ excepto $x=1$ . Por último, los gradientes de $T$ y $S$ son colineales en el punto $(1,1,1)$ y sólo ahí el único extremo en $D$ es $T(1,1,1)=3/4$ que es un máximo local ya que, por ejemplo, $T(x,1/x,1)\to1/4\lt3/4$ cuando $x\to0^+$ .

Para ver lo que ocurre en el límite de $D$ , introduzca el intervalo $K=[1/2,6]$ . Entonces $R(x)\leqslant2/13$ por cada $x$ no en $K$ y $R(x)\leqslant1/(2\sqrt3)$ por cada $x\gt0$ . Por lo tanto, tan pronto como una coordenada $x_k$ no está en $K$ , $T\leqslant2/13+2\cdot1/(2\sqrt3)=0.731$ . Desde $0.731\lt3/4$ esto demuestra que el supremum de $T$ se alcanza en $K\times K\times K$ y finalmente que este supremum es el máximo $T(1,1,1)=3/4$ .

Advertencia: Las afirmaciones anteriores sobre las variaciones de la función $U$ y las raíces del polinomio $W$ se comprobaron inspeccionando los gráficos dibujados por W|A de estas dos funciones. Para completar la demostración, hay que mostrarlas rigurosamente.

Answer 2

Tengo una prueba de Cauchy-Schwarz, espero que la disfrutes.:D

primero, mutiplicar $2$ a cada lado, su desigualdad se puede reescribir en $$ \sum_{cyc}{\frac{2ab}{a^2+3b^2}}\leq \frac{3}{2}$$ O $$ \sum_{cyc}{\frac{(a-b)^2+2b^2}{a^2+3b^2}}\geq \frac{3}{2}$$ Ahora, usando la desigualdad de Cauchy-Schwarz, tenemos $$ \sum_{cyc}{\frac{(a-b)^2+2b^2}{a^2+3b^2}}\geq \frac{\left(\sum_{cyc}{\sqrt{(a-b)^2+2b^2}}\right)^2}{4(a^2+b^2+c^2)}$$ Por lo tanto, es suficiente para demostrar $$\left(\sum_{cyc}{\sqrt{(a-b)^2+2b^2}}\right)^2\geq 6(a^2+b^2+c^2) $$ después de simplemente expandir, es igual a $$ \sum_{cyc}{\sqrt{[(a-b)^2+2b^2][(b-c)^2+2c^2]}}\geq a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca $$ Ahora, utilizando de nuevo a Cauchy-Schwarz, observamos que $$ \sqrt{[(a-b)^2+2b^2][(b-c)^2+2c^2]}\geq (b-a)(b-c)+2bc=b^2+ac+bc-ab$$ sumándolos, el resultado es el siguiente.

Por lo tanto, ¡hemos terminado!

La igualdad se produce cuando $a=b=c$

Answer 3

He respondido a esta pregunta de una manera ligeramente diferente.

Supongamos lo siguiente : $ \frac{a}{b}=x$ y $ \frac{b}{c}=y.$ Esto convierte la ecuación anterior en una ecuación

con dos variables. $$ f(x,y)=\frac{x}{3+x^2} + \frac{y}{3+y^2}+\frac{xy}{1+3(xy)^2}$$ Ahora para obtener un punto máximo o mínimo de $f(x,y)$ lo diferenciamos parcialmente con $x$ y $y$ y los equipara a $0$ . Por lo tanto, tenemos $$ \frac{\partial f(x,y)}{\partial x}= \frac{3-x^2}{(x^2+3)^2}+\frac{y(1-3x^2y^2)}{(3x^2y^2+1)^2}=0 $$ $$\Rightarrow \frac{3-x^2}{y(x^2+3)^2}=\frac{(3x^2y^2-1)}{(3x^2y^2+1)^2}...........Eqn(1)$$ Desde $f(x,y)$ es simétrico con $x$ y $y$ También tenemos para $\frac{\partial f(x,y)}{\partial y}=0$ $$\frac{3-y^2}{x(y^2+3)^2}=\frac{(3x^2y^2-1)}{(3x^2y^2+1)^2}...........Eqn(2)$$ Combinando las ecuaciones 1 y 2 obtenemos $$x \cdot\frac{3-x^2}{(x^2+3)^2}=y \cdot\frac {3-y^2}{(y^2+3)^2}$$ Esto demuestra inmediatamente que $x=y $ es un punto crítico (máximo o mínimo). Ahora bien, esto demuestra claramente que en el punto crítico $$x=y$$ $$\Rightarrow ac=b^2.........Eqn (3)$$ De forma similar, asumiendo $\frac{b}{c}=x$ y $\frac{c}{a}=y$ volvemos a tener el mismo conjunto de ecuaciones $$ f(x,y)=\frac{x}{3+x^2} + \frac{y}{3+y^2}+ \frac{xy}{1+3(xy)^2}$$ Siguiendo los mismos pasos obtenemos $$x=y$$ $$\Rightarrow ab=c^2...........Eqn(4)$$ Las ecuaciones 3 y 4 muestran que $$a=b=c$$ en el punto crítico. Por lo tanto, $a=b=c$ nos da que $$\frac{ab}{a^2+3b^2}+\frac{cb}{b^2+3c^2}+\frac{ac}{c^2+3a^2}=\frac{3}{4}$$ es un máximo o un mínimo. Para comprobar los máximos hacemos una doble diferenciación y comprobamos $\frac{\partial^2f}{\partial x^2}$ y $\frac{\partial^2f}{\partial y^2}$ Obtenemos lo siguiente : $$\frac{\partial^2f}{\partial x^2}=\frac{\partial^2f}{\partial y^2}=\frac{2x^3-18x}{(3+x^2)2}+\frac{18x^4-18x^8}{(1+3x^4)^2}=-\frac{16}{64} $$ en $ x=y=1$ . Siendo ambos negativos vemos que la función $f$ tiene un máximo en $a=b=c$ que es $\frac{3}{4}$ Por lo tanto, $$\frac{ab}{a^2+3b^2}+\frac{cb}{b^2+3c^2}+\frac{ac}{c^2+3a^2} \le \frac{3}{4}$$

Answer 4

Por AM-Gm $$\sum_{cyc}\frac{ab}{a^2+3b^2}=\sum_{cyc}\frac{ab}{a^2+b^2+2b^2}\leq\sum_{cyc}\frac{ab}{2\sqrt{2b^2(a^2+b^2)}}=\frac{1}{2\sqrt2}\sum_{cyc}\sqrt{\frac{a^2}{a^2+b^2}}.$$ Por lo tanto, queda por demostrar que $\sum\limits_{cyc}\sqrt{\frac{x}{x+y}}\leq\frac{3}{\sqrt2}$ que sigue a C-S.

Sí, es cierto, $$\left(\sum\limits_{cyc}\sqrt{\frac{x}{x+y}}\right)^2\leq\sum_{cyc}\frac{x}{(x+y)(x+z)}\sum_{cyc}(x+z)=\frac{4(xy+xz+yz)(x+y+z)}{\prod\limits_{cyc}(x+y)}\leq\frac{9}{2},$$ donde la última desigualdad es sólo $\sum\limits_{cyc}z(x-y)^2\geq0$ .

¡Hecho!

Answer 5

De la pregunta se desprende que la igualdad se consigue cuando $a=b=c$ Esto sugiere el uso de AM-GM. En primer lugar, utiliza el hecho de que $ab \le \frac{1}{2} (a^2+b^2)$ Sólo tenemos que mostrar $$ \frac{a^2+b^2}{a^2+3b^2} + \frac{b^2+c^2}{b^2+3c^2} + \frac{c^2+a^2}{c^2+3a^2} \le \frac{3}{2},$$ que equivale a (después de eliminar una constante 1 de cada término en el LHS) $$ \frac{b^2}{a^2+3b^2} + \frac{c^2}{b^2+3c^2} + \frac{a^2}{c^2+3a^2} \ge \frac{3}{4},$$ por AM-GM, $a^2 + 3b^2 \ge 4 \sqrt[4]{a^2b^6} = 4\sqrt{ab^3}$ Por lo tanto, sólo necesitamos $$ \frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}} + \frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b}} + \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c}} \ge 3, $$ pero esto es obviamente cierto por una aplicación más de AM-GM.