Cómo probar la desigualdad de $\frac{a}{a+bc}+\frac{b}{b+cd}+\frac{c}{c+da}+\frac{d}{d+ab}\ge 2$

Question

Pregunta:

Deje $$a,b,c,d>0,a+b+c+d=4$$

mostrar que $$\dfrac{a}{a+bc}+\dfrac{b}{b+cd}+\dfrac{c}{c+da}+\dfrac{d}{d+ab}\ge 2$$

cuando he resuelto este problema, he consulte las siguientes tres variables de la desigualdad:

Assumming que $a,b,c>0,a+b+c=3$, muestran que :$$f(a,b,c)=\dfrac{a}{a+bc}+\dfrac{b}{b+ca}+\dfrac{c}{c+ab}\ge\dfrac{3}{2}$$

la solución puede ver:la desigualdad

He encontrado este tres responder a todas no es cierto,

1、como estimado @Macavity, de hecho $$\sum_{cyc}\dfrac{a^2}{a^2+abc}\ge\dfrac{16}{\sum_{cyc}(a^2+abc)}$$ el Derecho a no $\dfrac{16}{4+\sum_{cyc}abc}$

2、la @ante.ceperic tampoco es verdad.de hecho $$a^2+b^2+c^2+d^2+abc+bcd+cda+dab\le 8$$ is not true with $a+b+c+d=4$

tales deje $a=3$

Answer 1

Deje $$a,b,c,d>0,a+b+c+d=4$$

mostrar que $$P=\dfrac{a}{a+bc}+\dfrac{b}{b+cd}+\dfrac{c}{c+da}+\dfrac{d}{d+ab}\ge 2$$

Ahora el uso de Cauchy Schwarz: $$\left(\dfrac{a}{a+bc}+\dfrac{b}{b+cd}+\dfrac{c}{c+da}+\dfrac{d}{d+ab}\right)((a+bc)+(b+cd)+(c+da)+(d+ab))\ge (\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\sqrt{d})^2$$ Ahora: $$P\ge\frac{4+2(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{cd}+\sqrt{da}+\sqrt{ac}+\sqrt{bd})}{4+ab+bc+cd+da}$$ Deje $S_1=\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{cd}+\sqrt{da}+\sqrt{ac}+\sqrt{bd},S_2=ab+bc+cd+da$ Ahora tenemos que demostrar: $$\frac{4+2S_1}{4+S_2}\ge2\implies S_1-S_2\ge2$$ Si demostramos $S_1\ge6$$S_2\le4$,$S_1-S_2\ge6-4=2$. Ambas desigualdades se puede demostrar fácilmente y mantener al $a=b=c=d=1$: $$(a+b+c+d)(b+c+d+a)\ge(ab+bc+cd+da)^2\implies S_2^2\le16\\\text{ since }a,b,c,d>0\implies S_2\le4$$

Answer 2

Vamos a denotar la parte izquierda de la expresión por L. Entonces, por Cauchy-Schwarz:

$[a(a + bc) + b(b + cd) + c(c + da) + d(d+ab)]L \geq (a + b + c + d)^2 = 16$

Ahora, tenemos que mostrar

$[a(a + bc) + b(b + cd) + c(c + da) + d(d+ab)] \leq 8$ y somos más. Vamos a escribirlo como: $A(a, b, c, d) = a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + ac(b+d) + bd(a+c) \leq 8$

Aviso de que se consiga la igualdad de la $a = c, b = d$. Voy a tratar de esta táctica: si puedo demostrar que $A(a, b, c, d) \leq A(\frac{a + c}{2}, b, \frac{a+c}{2}, d)$ $A(a, b, c, d) \leq A(a, \frac{b + d}{2}, c, \frac{b + d}{2})$ (estas dos declaraciones son análogas, así que voy a tratar de mostrar la primera) que tendrá esta cadena:

$A(a, b, c, d) \leq A(\frac{a + c}{2}, b, \frac{a+c}{2}, d) \leq A(\frac{a + c}{2}, \frac{b + d}{2}, \frac{a+c}{2}, \frac{b + d}{2}) = 8$.

Vamos a evaluar:

$A(\frac{a + c}{2}, b, \frac{a+c}{2}, d) - (a, b, c, d) = \\ = 2(\frac{a + c}{2})^2 - a^2 - c^2 +(b+d)[(\frac{a + c}{2})^2 - ac] \\ = -2(\frac{a - c}{2})^2 + [4 - (a+c)](\frac{c}{2})^2 \\ = (\frac{a - c}{2})^2[2 - (a+c)]$

Esto funciona sólo si $a + c \leq 2$. Si no es cierto, $b + d \leq 2$, así que podemos empezar con el resto de la sustitución, y hacer al menos un paso en nuestra cadena. Por lo tanto, podemos asumir $a + c \leq 2$ y ahora tenemos que lidiar con:

$2a^2 + b^2 + d^2 + a^2(b + d) + 2abd \leq 8$

donde $2a + b + d = 4, a \leq 1$.

En los próximos cálculos, estoy usando AM-GM en $bd$$b + d = 4 - 2a$.

$2a^2 + b^2 + d^2 + a^2(b + d) + 2abd \\ = 2a^2 + (b+d)^2 + a^2(b + d) + 2(a-1)bd \\ = 2a^2 + 4(2-a)^2 + 2a^2(2 - a) + 2(a - 1)bd \\ \leq 2a^2 + 4(2-a)^2 + 2a^2(2 - a) + 2(a - 1)(2-a)^2$

Después de arreglar esto un poco, es fácil ver que para $a = 0$ $a = 1$ superior de la expresión es igual a 8. Se diferencian dos veces para mostrar que es convexa, y hemos terminado.

Answer 3

Tome $1^{st}$ $3^{rd}$ plazo de aplicar la desigualdad, a continuación, tome $2^{nd}$ $4^{th}$ plazo y aplicar la desigualdad, se obtiene

$$\ge 2\left(\frac1{1+\sqrt{bd}}+\frac1{1+\sqrt{ac}}\right)$$

aplique otra vez la desigualdad consigue $\displaystyle \ge 2\left(\frac2{1+\sqrt{abcd}}\right)$

para $abcd =1$ a conseguir su igualdad ie $a=b=c=d=1$

Answer 4

Hay otro método en el que podemos demostrar que su desigualdad es verdadera. Es evidente que no inicie con la primera condición y probar el resultado.La lógica es inversa.Es que si no existe esa desigualdad, a continuación, vamos a probar o falsa. Que más recuerdo de mi postgrado tema de la métrica espacios teoremas fueron resultó de esa manera. Hay un hecho que en los derivados que si f(x)>0, entonces la función es creciente y f'(x)>0.

Al hacer su desigualdad de una función(su caso es montonic aumento) de las variables a,b,c,d(2 a la izquierda) y sus derivadas parciales de w.r.t a,b,c,y d y la de comprobar si cada uno de ellos es positivo, podemos deducir que la función es creciente.