Cómo demostrar esta desigualdad para $a,b,c>0$ ?

Question

Cómo demostrar la desigualdad para $a,b,c>0$ : $$\frac{2a-b-c}{2(b+c)^2}+\frac{2b-a-c}{2(a+c)^2}+\frac{2c-b-a}{2(b+a)^2}\geq 0$$ ?

Answer 1

Está claro que la desigualdad $$ \frac{2a-b-c}{2(b+c)^2}+\frac{2b-a-c}{2(a+c)^2}+\frac{2c-b-a}{2(b+a)^2}\ge 0 $$ se cumple para un triple $(a,b,c)$ si y sólo si se cumple para el triple $(ta,tb,tc)$ para cualquier $t > 0$ .

Desde $a,b,c > 0$ podemos suponer, mediante un escalado adecuado, que $\;a+b+c=1$ .

Con esta suposición, basta demostrar la desigualdad $$\frac{3a-1}{2(1-a)^2}+\frac{3b-1}{2(1-b)^2}+\frac{3c-1}{2(1-c)^2}\ge 0$$ para $a,b,c > 0\;$ tal que $\;a+b+c=1$ .

Dejar $f{\,:\,}(0,1)\to\mathbb{R}$ viene dada por $$f(x)=\frac{3x-1}{2(1-x)^2}$$ obtenemos $$f''(x)=\frac{3(1+x)}{(1-x)^4}$$ por lo tanto, dado que $f''(x) > 0$ para todos $x\in (0,1)$ se deduce que $f\;$ es convexa.

Entonces para $a,b,c > 0\;$ tal que $\;a+b+c=1$ obtenemos \begin{align*} &\frac{3a-1}{2(1-a)^2}+\frac{3b-1}{2(1-b)^2}+\frac{3c-1}{2(1-c)^2}\\[4pt] =\;&f(a)+f(b)+f(c)\\[4pt] \ge\;&3f\left(\frac{a+b+c}{3}\right)\\[4pt] =\;&3f\left({\small{\frac{1}{3}}}\right)\\[4pt] =\;&0 \end{align*}

Answer 2

Utilizando https://en.m.wikipedia.org/wiki/Rearrangement_inequality

$$\sum_{cyc}{\frac{a}{(b+c)^2}} \geq \sum_{cyc}{\frac{a}{(a+b)^2}},$$

$$\sum_{cyc}{\frac{a}{(b+c)^2}} \geq \sum_{cyc}{\frac{a}{(a+c)^2}}.$$

Sumando estas desigualdades se obtiene la afirmación.

Answer 3

Los triples $(2a-b-c,2b-a-c,2c-a-b)$ et $\left(\frac{1}{(b+c)^2},\frac{1}{(a+c)^2},\frac{1}{(a+b)^2}\right)$ son los mismos ordenados.

Así, por Chebyshov obtenemos: $$\sum_{cyc}\frac{2a-b-c}{(b+c)^2}\geq\frac{1}{3}\sum_{cyc}(2a-b-c)\sum_{cyc}\frac{1}{(b+c)^2}=0.$$

Answer 4

También podemos usar SOS: $$\sum_{cyc}\frac{2a-b-c}{(b+c)^2}=\sum_{cyc}\frac{a-b-(c-a)}{(b+c)^2}=$$ $$=\sum_{cyc}(a-b)\left(\frac{1}{(b+c)^2}-\frac{1}{(a+c)^2}\right)=\sum_{cyc}\frac{(a-b)^2(a+b+2c)}{(a+c)^2(b+c)^2}\geq0.$$