Si $x+y+z=3$, $\sum_{\text{cyc}}\frac{x^2}{2y^2-y+3}\ge\frac{3}{4}$

Question

Deje $x,y,z>0$, ser tal que $x+y+z=3$. Mostrar que $$\dfrac{x^2}{2y^2-y+3}+\dfrac{y^2}{2z^2-z+3}+\dfrac{z^2}{2x^2-x+3}\ge\dfrac{3}{4}.$$

He intentado muchas cosas pero todos han fallado. $$\left(\sum_{\text{cyc}}\dfrac{x^2}{2y^2-y+3}\right)\left(\sum_{\text{cyc}}(2y^2-y+3)\right)\ge (x+y+z)^2=9.$$ Pero $$\sum_{\text{cyc}}(2y^2-y+3)=2\sum_{\text{cyc}}x^2+6\ge 12.$$

Answer 1

Escribir $x= \frac{3a}{a+b+c}$, $y=\frac{3b}{a+b+c}$, $z=\frac{3c}{a+b+c}$ y sustituto. Obtener el equivalente a la desigualdad:

\begin{eqnarray} 18 (a^6 +b^6+c^6) + 33 (a^5 b +b^5 c+ c^5a ) + 2 (a^4 b^2+ b^4 c^2 + c^4 a^2)-50(a^3 b^3 + b^3 c^3 + c^3 a^3)+\\ + 98 (a^2 b^4 + b^2 c^4 + c^2 a^4) + 9 (a b^5 + b c^5 + c a^5) - 6 (a^4 b c + b^4 c a + c^4 a b )-\\ - 11( a^3 b^2 c + b^3 c^2 a + c^3 a^2 b)- 35(a^3 b c^2 + b^3 c a^2 + c^3 a b^2)- 174 a^2 b^2c^2 \ge 0 \end{eqnarray} con $a$, $b$, $c >0$. La expresión en el lado izquierdo tiene simetría circular. Así que podemos suponer que cualquiera de las $a\ge b\ge c >0$ o $0< a \le b \le c$. En el primer caso, sustituir $c= u$, $b = u+v$, $a= u+v+w$ en la expresión anterior, se obtiene una expresión en $u$, $v$, $w$ con todos los coeficientes positivos, por lo tanto $\ge 0$. Del mismo modo, en el segundo caso el uso de $a= u$, $b=u+v$, $c=u+v+w$, de nuevo entrar en el LHS una expresión en $u$,$v$,$w$ con todos los coeficientes positivos.

$\bf{Added:}$

Cuando se realiza la sustitución de $c= u$, $b = u+v$, $a= u+v+w$ tenemos $$696 u^4 v^2 + 1774 u^3 v^3 + 1720 u^2 v^4 + 752 u v^5 + 128 v^6 + 696 u^4 v w + 2409 u^3 v^2 w + 2936 u^2 v^3 w + 1592 u v^4 w + 336 v^5 w + 696 u^4 w^2 + 2655 u^3 v w^2 + 3627 u^2 v^2 w^2 + 2226 u v^3 w^2 + 560 v^4 w^2 + 1010 u^3 w^3 + 2411 u^2 v w^3 + 1999 u v^2 w^3 + 648 v^3 w^3 + 574 u^2 w^4 + 913 u v w^4 + 437 v^2 w^4 + 150 u w^5 + 141 v w^5 + 18 w^6$$

mientras que la realización de $a= u$, $b=u+v$, $c=u+v+w$ tenemos $$696 u^4 v^2 + 1774 u^3 v^3 + 1720 u^2 v^4 + 752 u v^5 + 128 v^6 + 696 u^4 v w + 2913 u^3 v^2 w + 3944 u^2 v^3 w + 2168 u v^4 w + 432 v^5 w + 696 u^4 w^2 + 3159 u^3 v w^2 + 5139 u^2 v^2 w^2 + 3378 u v^3 w^2 + 800 v^4 w^2 + 1010 u^3 w^3 + 2915 u^2 v w^3 + 2647 u v^2 w^3 + 792 v^3 w^3 + 574 u^2 w^4 + 985 u v w^4 + 413 v^2 w^4 + 150 u w^5 + 117 v w^5 + 18 w^6$$

Vemos que tenemos la igualdad si y sólo si $v=w=0$, $a=b=c$ o, $x=y=z=1$.

Answer 2

Por C-S $\sum\limits_{cyc}\frac{x^2}{2y^2-y+3}\geq\frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{\sum\limits_{cyc}(2x^2y^2-x^2y+3x^2)}$. Por lo tanto, queda por demostrar que $\frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{\sum\limits_{cyc}(2x^2y^2-x^2y+3x^2)}\geq\frac{3}{4}$,$\sum\limits_{cyc}(3x^4-x^3y-2x^3z+x^2y^2-x^2yz)\geq0$, lo cual es evidente.

Answer 3

Me gustaría entrar en coordenadas homogéneas, $$A=3=x+y+z$$ $$X=2x-y-z \quad x=(A+X)/3$$ y cíclicamente para$Y$$Z$. Las coordenadas $X$, $Y$, $Z$ son ortogonales $A$, por lo que independientemente de sus valores, el respeto, la restricción para el avión. Además, $X+Y+Z=0$.

Con esto, la suma se vuelve a escribir: $$\sum \frac{(A+X)^2}{2(A+Y)^2-3(A+Y)+27}=\sum\frac{9+6X+X^2}{36+3Y+2Y^2}$$ El $X=Y=Z=0$ se encuentra sobre el eje de simetría, y de ahí, la suma es exactamente $\frac{3}{4}$. Ahora sólo tiene que probar que la función es creciente fuera del eje.

El denominador no tiene polos en el dominio, por lo que la expansión de Taylor converge. Acaba de escribir

$$\frac{1}{4}\sum (1+X/2+X^2/9)(1-(Y/12+Y^2/18)+(Y/12+Y^2/18)^2-(Y/12+Y^2/18)^3+\cdots)$$

y usted puede extraer el segundo derivados con bastante facilidad.

Puede ser un poco más complejo para probar la función no la vuelta y llegar a por debajo del eje de valor, pero al menos sabes por dónde empezar.