Desigualdad con cinco variables

Question

Sea $a$ , $b$ , $c$ , $d$ y $e$ sean números positivos. Demuéstralo:

$$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+d}+\frac{d}{d+e}+\frac{e}{e+a}\geq\frac{a+b+c+d+e}{a+b+c+d+e-3\sqrt[5]{abcde}}$$

Es fácil demostrar que $$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\geq\frac{a+b+c}{a+b+c-\sqrt[3]{abc}}$$ es cierto

y para incluso $n$ y positivos $a_i$ la siguiente desigualdad es cierta.

$$\frac{a_1}{a_1+a_2}+\frac{a_2}{a_2+a_3}+...+\frac{a_n}{a_n+a_1}\geq\frac{a_1+a_2+...+a_n}{a_1+a_2+...+a_n-(n-2)\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}}$$

Answer 1

Aquí tiene una prueba completa.

Comencemos el debate por lo general $n$ . Denotemos $S = \sum_{i=1}^n a_i$ .

Desde por AM-GM, $S \geq n \sqrt[n]{a_1a_2...a_n}$ tenemos

$$1+\frac{n(n-2)\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}}{2S} \geq \frac{S}{S - (n-2)\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}}$$

Por lo tanto, una afirmación más estricta es (definiendo simultáneamente $L$ y $R$ ):

$$L = \sum_{cyc}\frac{a_i}{a_i+a_{i+1}}\geq 1+\frac{n(n-2)\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}}{2S} = R$$ y basta con demostrar que uno.

Escribimos $2 L \geq 2 R$ o $L \geq 2 R- L$ y añadir a ambos lados un término $$\sum_{cyc}\frac{a_{i+1}}{a_i+a_{i+1}}$$ lo que nos deja mostrar

$$n = \sum_{cyc}\frac{a_i + a_{i+1}}{a_i+a_{i+1}}\geq 2+\frac{n(n-2)\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}}{S} + \sum_{cyc}\frac{-a_i + a_{i+1}}{a_i+a_{i+1}}$$ o, en nuestra reformulación equivalente final de la afirmación L-R anterior, $$ \sum_{cyc}\frac{-a_i + a_{i+1}}{a_i+a_{i+1}} \leq (n - 2) (1- \frac{n \sqrt[n]{a_1a_2...a_n}}{S} )$$

Para impar $n$ véase la observación al final. En la tarea consiste en mostrar $n=5$ .

Antes de hacerlo, demostraremos primero el siguiente Lemma (requerido más adelante), que es la L-R-inequality anterior para 3 variables (que es más estricta que la formulación original, por lo que no podemos aplicar la prueba para $n=3$ de Michael Rozenberg para la formulación original):

$$ \frac{b-a}{b+a} + \frac{c-b}{c+b} + \frac{a-c}{a+c} \leq (1- \frac{3 \sqrt[3]{a\, b \, c}}{a + b+ c} )$$

Este Lemma es, a partir de la discusión anterior, sólo una reformulación de la afirmación en $L$ y $R$ anterior, para 3 variables, es decir

$$ \frac{a}{b+a} + \frac{b}{c+b} + \frac{c}{a+c} \geq 1+\frac{3\sqrt[3]{a \, b \ c}}{2(a+b+c)}$$

Por homogeneidad, podemos exigir $abc=1$ y demostrar, bajo esa restricción, $$ \frac{a}{b+a} + \frac{b}{c+b} + \frac{c}{a+c} \geq 1+\frac{3}{2(a+b+c)}$$

T $$ \frac{a\; c}{a +b} + \frac{b\; a}{b +c} + \frac{c\; b}{c +a} \geq \frac{3}{2}$$ o, lo que es lo mismo, debido a $abc=1$ , $$ \frac{1}{b(a +b)} + \frac{1}{c(b +c)} + \frac{1}{a(c +a)} \geq \frac{3}{2}$$

que se conoce (Olimpiada Internacional Zhautykov 2008), para algunas pruebas ver aquí: http://artofproblemsolving.com/community/c6h183916p1010959 Por lo tanto, el lema se cumple.

Para $n=5$ reescribimos el LHS de nuestra reformulación final anterior sumando y restando términos:

$$ \frac{b-a}{b+a} + \frac{c-b}{c+b} + \frac{d-c}{d+c} + \frac{e-d}{e+d} + \frac{a-e}{a+e} = \\ (\frac{b-a}{b+a} + \frac{c-b}{c+b} + \frac{a-c}{a+c}) + (\frac{c-a}{c+a}+\frac{d-c}{d+c} + \frac{a-d}{a+d}) + (\frac{d-a}{d+a}+ \frac{e-d}{e+d} + \frac{a-e}{a+e}) $$ Esto también es válido para cualquier desplazamiento cíclico en (abcde), por lo que podemos escribir

$$ 5 (\frac{b-a}{b+a} + \frac{c-b}{c+b} + \frac{d-c}{d+c} + \frac{e-d}{e+d} + \frac{a-e}{a+e}) = \\ \sum_{cyc (abcde)} (\frac{b-a}{b+a} + \frac{c-b}{c+b} + \frac{a-c}{a+c}) + \sum_{cyc (abcde)}(\frac{c-a}{c+a}+\frac{d-c}{d+c} + \frac{a-d}{a+d}) + \sum_{cyc (abcde)} (\frac{d-a}{d+a}+ \frac{e-d}{e+d} + \frac{a-e}{a+e}) $$

Utilizando nuestro Lemma, basta con demostrar (con $S = a +b+c+d+e$ )

$$ \sum_{cyc (abcde)} (1- \frac{3 \sqrt[3]{a\, b \, c}}{a + b+ c} ) + \sum_{cyc (abcde)}(1- \frac{3 \sqrt[3]{a\, c \, d}}{a + c+ d} ) + \sum_{cyc (abcde)}(1- \frac{3 \sqrt[3]{a\, d \, e}}{a + d+ e} ) \leq 15 (1- \frac{5 \sqrt[5]{a b c d e }}{S} ) $$ que es $$ \sum_{cyc (abcde)} (\frac{\sqrt[3]{a\, b \, c}}{a + b+ c} + \frac{\sqrt[3]{a\, c \, d}}{a + c+ d} + \frac{\sqrt[3]{a\, d \, e}}{a + d+ e} ) \geq 25 \frac{\sqrt[5]{a b c d e }}{S} $$ Usando Cauchy-Schwarz nos queda mostrar $$ \frac {(\sum_{cyc (abcde)} \sqrt[6]{a\, b \, c})^2}{\sum_{cyc (abcde)}(a + b+ c)} + \frac {(\sum_{cyc (abcde)} \sqrt[6]{a\, c \, d})^2}{\sum_{cyc (abcde)}(a + c+ d)} + \frac {(\sum_{cyc (abcde)} \sqrt[6]{a\, d \, e})^2}{\sum_{cyc (abcde)}(a + d+ e)} \geq 25 \frac{\sqrt[5]{a b c d e }}{S} $$ Los denominadores son todos iguales $3S$ por lo que se convierte en $$ (\sum_{cyc (abcde)} \sqrt[6]{a\, b \, c})^2 + (\sum_{cyc (abcde)} \sqrt[6]{a\, c \, d})^2 + (\sum_{cyc (abcde)} \sqrt[6]{a\, d \, e})^2 \geq 75 \sqrt[5]{a b c d e } $$ Utilizando AM-GM se obtiene para el primer término

$$ (\sum_{cyc (abcde)} \sqrt[6]{a\, b \, c})^2 \geq ( 5 (\prod_{cyc (abcde)} \sqrt[6]{a\, b \, c} )^{1/5})^2 = 25 (\prod_{cyc (abcde)} ({a\, b \, c} ) )^{1/15} = 25 \sqrt[5]{a b c d e } $$

Por el mismo procedimiento, el segundo y el tercer término del LHS son igualmente mayores o iguales que $25 \sqrt[5]{a b c d e }$ . Con esto concluye la prueba.

Observaciones:

1. más ajustado $L-R$ -reclamación utilizada aquí es -para general $n$ - que se pide en el problema planteado en Desigualdad cíclica en n (al menos 4) variables

2. Para impar $n$ se puede volver a utilizar la reformulación anterior. Para impar $n>5$ se adopta el método de sumar y restar términos para formar subsumas más pequeñas que se cierran cíclicamente en un número menor de variables, y se aplican los resultados anteriores para subsumas más pequeñas $n$ recursivamente.

Answer 2

Una prueba para $n=3$ .

Probaremos que $\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\geq\frac{a+b+c}{a+b+c-\sqrt[3]{abc}}$ para todos los positivos $a$ , $b$ y $c$ .

En efecto, dejemos que $ab+ac+bc\geq(a+b+c)\sqrt[3]{abc}$ .

Por lo tanto, por C-S $\sum\limits_{cyc}\frac{a}{a+b}\geq\frac{(a+b+c)^2}{\sum\limits_{cyc}(a^2+ab)}=\frac{1}{1-\frac{ab+ac+bc}{(a+b+c)^2}}\geq\frac{a+b+c}{a+b+c-\sqrt[3]{abc}}$ .

Sea $ab+ac+bc\leq(a+b+c)\sqrt[3]{abc}$ .

Por lo tanto, por C-S $\sum\limits_{cyc}\frac{a}{a+b}\geq\frac{(ab+ac+bc)^2}{\sum\limits_{cyc}(a^2c^2+a^2bc)}=\frac{1}{1-\frac{abc(a+b+c)}{(ab+ac+bc)^2}}\geq\frac{1}{1-\frac{\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}}=\frac{a+b+c}{a+b+c-\sqrt[3]{abc}}$ .

¡Hecho!

Answer 3

Una prueba para incluso $n$ .

Sea $a_i>0$ , $a_{n+1}=a_1$ y $n$ es un número natural par. Demuéstralo: $$\frac{a_1}{a_1+a_2}+\frac{a_2}{a_2+a_3}+...+\frac{a_n}{a_n+a_1}\geq\frac{a_1+a_2+...+a_n}{a_1+a_2+...+a_n-(n-2)\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}}$$ Prueba.

Por C-S y AM-GM $\sum\limits_{i=1}^n\frac{a_i}{a_i+a_{i+1}}=\sum\limits_{k=1}^{\frac{n}{2}}\frac{a_{2k-1}}{a_{2k-1}+a_{2k}}+\sum\limits_{k=1}^{\frac{n}{2}}\frac{a_{2k}}{a_{2k}+a_{2k+1}}\geq\frac{\left(\sum\limits_{k=1}^{\frac{n}{2}}\sqrt{a_{2k-1}}\right)^2}{a_1+a_2+...+a_n}+\frac{\left(\sum\limits_{k=1}^{\frac{n}{2}}\sqrt{a_{2k}}\right)^2}{a_1+a_2+...+a_n}\geq$

$\geq\frac{a_1+a_2+...+a_n+\frac{n^2-2n}{2}\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}}{a_1+a_2+...+a_n}\geq\frac{a_1+a_2+...+a_n}{a_1+a_2+...+a_n-(n-2)\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}}$ .

Answer 4

WLOG dejar $abcde=1$ . Entonces tenemos que mostrar: $$\sum_{cyc} \frac{a}{a+b}\geq\frac{a+b+c+d+e}{a+b+c+d+e-3}$$

Ahora $a+b+c+d+e \ge 5$ y $\dfrac{x}{x-3}$ es decreciente para $x \ge 5$ Así que $RHS \le \frac52$ . Por lo tanto, basta con demostrar $LHS \ge \frac52$ lo que es cierto por la desigualdad de Shapiro para $5$ variables.

Answer 5

Voy a probar una desigualdad diferente pero similar.

Sea $x_1,x_2,\ldots,x_n>0$ , $x_{n+1}=x_1$ , $x_{n+2}=x_2$ , $n$ sea un número entero positivo tal que

$a)\ $ $n\le 12$ o

$b)\ $ $13\le n\le 23$ , $n$ es impar.

Entonces esta desigualdad es cierta:

$$\sum_{i=1}^n\frac{x_i}{x_{i+1}+x_{i+2}}\ge \frac{\sum_{i=1}^n x_i}{\sum_{i=1}^n x_i - (n-2)\sqrt[n]{\prod_{i=1}^n x_i}}$$

Prueba: por AM-GM:

$$\frac{\sum_{i=1}^n x_i}{\sum_{i=1}^n x_i - (n-2)\sqrt[n]{\prod_{i=1}^n x_i}}\le $$

$$\le \frac{\sum_{i=1}^n x_i}{\sum_{i=1}^n x_i - (n-2)\frac{\sum_{i=1}^n x_i}{n}}=$$

$$=\frac{\sum_{i=1}^n x_i}{\frac{2}{n}\sum_{i=1}^n x_i}=\frac{n}{2}$$

Por desigualdad Shapiro : $$\frac{n}{2}\le \sum_{i=1}^n\frac{x_i}{x_{i+1}+x_{i+2}}$$