Pruebas $\frac{1}{16} \sum \frac{(b+c)(c+a)}{ab} +\frac{9}{4} \geq 4\sum \frac{ab}{(b+c)(c+a)}$

Question

Para $a,b,c>0$ . Demuéstralo: $$\frac{1}{16} \sum\limits_{cyc} {\frac { \left( b+c \right) \left( c+a \right) }{ba}}+\frac{9}{4} \geq 4\, \sum\limits_{cyc}{ \frac {ba}{ \left( b+c \right) \left( c+a \right) }}$$

Mi La prueba de SOS es:

Equivale a: $$\frac{1}{27}\sum\limits_{cyc} ab \left( a+b-8\,c \right) ^{2} \left( a+b-2\,c \right) ^{2}+\frac{26}{27}\sum\limits_{cyc}ab \left( a-b \right) ^{2} \left( a+b-2\,c \right) ^{2} +{\frac{50}{27}} \Big[\sum\limits_{cyc} a(b-c)^2\Big]^2 \geq 0$$

Sin embargo, es difícil encontrarlo sin ordenador.

Así que estoy buscando una solución alternativa sin $uvw$ . ¡Muchas gracias!

Answer 1

Tenemos $:$\begin{align*}\sum\limits_{cyc} {\frac { \left( b+c \right) \left( c+a \right) }{ba}}+36 - 64\, \sum\limits_{cyc}{ \frac {ba}{ \left( b+c \right) \left( c+a \right) }} =\frac{\prod \,(a+b)\sum\limits_{cyc} a(a-b)(a-c)+\Big[\sum\limits_{cyc} c(a-b)^2\Big]^2}{a\,b\,c\,(a+b)\,(b+c)\,(c+a)}\geq 0\end{align*} La última desigualdad es de grado Schur $3,$ puedes ver muchas pruebas de SOS aquí .

O este es más fuerte $:$ aquí

Answer 2

Tenemos que demostrarlo: $$\sum_{cyc}\left(\frac{(a+c)(b+c)}{ab}-4\right)\geq16\sum_{cyc}\left(\frac{4ab}{(a+c)(b+c)}-1\right)$$ o $$\sum_{cyc}(c^2+ac+bc-3ab)\left(\frac{1}{ab}+\frac{16}{(a+c)(b+c)}\right)\geq0$$ o $$\sum_{cyc}((c-a)(3b+c)-(b-c)(2a+c))\left(\frac{1}{ab}+\frac{16}{(a+c)(b+c)}\right)\geq0$$ o $$\sum_{cyc}(a-b)\left((3c+a)\left(\tfrac{1}{bc}+\tfrac{16}{(a+b)(a+c)}\right)-(3c+b)\left(\tfrac{1}{ac}+\tfrac{16}{(a+b)(b+c)}\right)\right)\geq0$$ o $$\sum_{cyc}(a-b)^2(3(a+b)c^3+4(a^2-6ab+b^2)c^2+(a+b)(a^2+5ab+b^2)c+ab(a+b)^2)\geq0,$$ lo que es cierto porque por AM-GM $$3(a+b)c^3+4(a^2-6ab+b^2)c^2+(a+b)(a^2+5ab+b^2)c+ab(a+b)^2\geq$$ $$\geq6\sqrt{ab}c^3-16abc^2+14\sqrt{a^3b^3}c+4a^2b^2\geq0.$$