Si $a+b+c=1$, encuentra el mínimo de $\frac{4+3abc}{ab+bc+ac}$

Question

Vine a preguntar esto porque realmente estoy atascado en este problema. He probado de todo, desde la media aritmética, la media geométrica y la media armónica. También he intentado jugar con las variables y demás, pero no he llegado a ninguna parte.

Si $a+b+c=1$; $a,b,c$ no negativos, calcula el mínimo de $$\frac{4+3abc}{ab+bc+ac}$$ Hasta ahora he obtenido: $$\frac{3abc}{ab+bc+ac} \le \frac{1}{3}$$ Pero esto está claramente en el lado equivocado de la desigualdad. Además, creo que $$\frac{1}{ab+bc+ac}\ge3$$ Pero no he podido demostrarlo.

Jugando con los valores más posibles y obvios, uno podría pensar que la respuesta es 37/3, pero el ejercicio trata sobre probarlo. Cualquier ayuda y pequeñas pistas son muy apreciadas.

Answer 1

Al parecer tienes razón y el mínimo es realmente 37/3. Utilizaremos las técnicas estándar para probar las desigualdades.

Si tomamos $a=b=c=1/3$ entonces obtenemos el límite superior $37/3$ para el mínimo. Resta demostrar que se cumple

(1) $\frac{4+3abc}{ab+bc+ac}\ge 37/3.$

En primer lugar, homogeneizamos [Lee, Capítulo 3] el lado izquierdo

$$\frac{4+3abc}{ab+bc+ac}=\frac{4(a+b+c)^3+3abc}{(ab+bc+ac)(a+b+c)}.$$

Expandiendo y simplificando, reducimos la desigualdad (1) a la forma

$$12(a^3+b^3+c^3)\ge (a^2b+ab^2+ab^2+ac^2+b^2c+bc^2)+30abc,$$

lo cual debería seguir del Teorema de Muirhead [Lee, Cap. 3.3].

Referencias

[Lee] Hojoo Lee. Temas en Desigualdades - Teoremas y Técnicas (25 de febrero de 2006).

Answer 2

Sustituye $a=1-(b+c)$ en $\displaystyle\frac{4+3abc}{ab+bc+ac}$ para obtener

$$\frac{4+3(1-(b+c))bc}{(1-(b+c))b+bc+(1-(b+c))c} \tag{1}$$

Diferenciando $(1)$ con respecto a $b$ obtenemos

$$\frac{\partial}{\partial b}\left(\frac{4+3(1-(b+c))bc}{(1-(b+c))b+bc+(1-(b+c))c}\right) =\frac{(3c^3-3c^2+4)(2b-c+1)}{\left(b^2+b(c-1)+c(c-1)\right)^2}$$

Igualando esto a cero, obtenemos

$$2b-c+1=0 \tag{2}$$

Diferenciando $(1)$ con respecto a $c$ obtenemos

$$\frac{\partial}{\partial c}\left(\frac{4+3(1-(b+c))bc}{(1-(b+c))b+bc+(1-(b+c))c}\right) =\frac{(3b^3-3b^2+4)(2c-b+1)}{\left(c^2+c(b-1)+b(b-1)\right)^2}$$

Igualando esto a cero, obtenemos

$$2c-b+1=0 \tag{3}$$

Resolviendo $(2)$ y $(3)$ obtenemos

$$b=c=\frac{1}{3}$$

Reemplaza estos valores en $(1)$ y obtendrás

$$\frac{4+3(1-(b+c))bc}{(1-(b+c))b+bc+(1-(b+c))c}=\frac{37}{3}$$

Answer 3

Prueba

Denotamos $u = ab + bc + ca$, tenemos los siguientes dos resultados

(1) $0 \le 3 u \le 1$

y

(2) $9abc \ge 4u - 1$

Entonces,

$$ 3abc+4 = \frac{9abc+12}{3} \ge \frac{4u + 11}{3} \ge \frac{4u + 11\times3u}{3} = \frac{37}{3} u. $$ lo cual es el resultado deseado.

Lema 1

Para demostrar (1), expandimos $$(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 \ge 0$$ lo cual nos da $$(a + b + c)^2 - 3 (ab+bc+ca) \ge 0$$ lo cual significa que $1 \ge 3u$. La parte $u \ge 0$ es obvia ya que $a$, $b$ y $c$ son no negativos.

Lema 2

Para (2), podemos usar la desigualdad de Schur $$a^3+b^3+c^3+3abc \ge a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b).$$ Dado que $b + c = 1 - a$, etc, obtenemos $$2(a^3+b^3+c^3)+3abc \ge a^2+b^2+c^2.$$

Usando $$ a^2 + b^2 + c^2 = (a+b+c)^2 - 2 (ab+bc+ca), $$ y $$ a^3 + b^3 +c^3 - 3abc = (a + b + c)^3 - 3 (a+b+c) (a b + b c + c a). $$ obtenemos $$ 2(1-3u)+9abc \ge 1-2u, $$ que es el Lema 2.

Generalización

Generalmente, podemos cambiar un poco los coeficientes, $$ \frac{ 9 p \, a b c + q + p r + 3 q r } { a b + b c + c a + r } \ge p + 3q, $$ y el problema es un caso especial de $p = \frac{1}{3}, q = 4, r = 0$.

Este problema inspira otro, y el uso de la desigualdad de Schur es sugerido por Dylan.