Deje $a,b,c,x,y,z >0$$A=a^2+b^2+c^2,\ B=x^2+y^2+z^2,\ C=ax+by+cz$. Por Cauchy-Schwarz desigualdad, siempre tenemos $C^2\le AB$. Si $C^2<AB$, demostrar que $$ \frac{A}{C+\sqrt{2(AB-C^2)}}<\frac{a+b+c}{x+y+z}<\frac{C+\sqrt{2(AB-C^2)}}{B}. $$ He creado esta desigualdad. ¿Hay algún buen pruebas?
Respuesta
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Parece que el siguiente.
La desigualdad no es estricta. Por ejemplo, poner $a=b=c=x=1$, $y=z=0$. Entonces $A=3$, $B=C=1$, y $C^2<AB$. Pero
$$\frac{a+b+c}{x+y+z}=3=\frac{C+\sqrt{2(AB-C^2)}}{B}.$$
La no-desigualdad estricta puede ser fácilmente demostrado por medio de la trigonometría esférica. Considere los siguientes vectores de la unidad de longitud en $\mathbb R^3$. Deje $u=(a,b,c)/\sqrt{A}$, $v=(x,y,z)/\sqrt{B}$, e $w=(1,1,1)/\sqrt{3}$. Vamos $\alpha=\angle (v,u)$, $\beta=\angle(u,w)$, y $\gamma=\angle(w,v)$. Desde $a,b,$ $c$ son positivos, podemos comprobar fácilmente que $\cos\beta=(a+b+c)/\sqrt{3A}=(a+b+c)/\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}\ge 1/\sqrt{3}$. Then $\tan\beta\le\sqrt{2}$. Por esférica de la ley de los cosenos, tenemos que $\cos\gamma=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta\cos\angle u$. Entonces $\cos\gamma/\cos\beta\le \cos\alpha+\sin\alpha\tan\beta\le\cos\alpha+\sqrt{2}\sin\alpha$. La sustitución de los cosenos por el interior de los productos, obtenemos
$$\frac {(x+y+z)/\sqrt{3B}}{(a+b+c)/\sqrt{3A}}\le\frac{C}{\sqrt{AB}}+\sqrt{2-2\left(\frac{C}{\sqrt{AB}}\right)^2}.$$
La igualdad debe contener sólo si $\cos\angle u=1$ (es decir, los vectores $u,v,w$ $0$ coplanar) y $\cos\beta=1/\sqrt{3}$, que es uno de los $a,b,$ $c$ es igual a $1$, y el de los demás son iguales a $0$.
Desde la otra ley de los cosenos $\cos\beta=\cos\alpha\cos\gamma+\sin\alpha\sin\gamma\cos\angle v$, podemos modo la desigualdad $$\frac{a+b+c}{x+y+z}\le \frac{C+\sqrt{2(AB-C^2)}}{B}.$$
PS. Tal vez la $n$-dimensiones de la versión de la desigualdad se cumple, si el cambio en"$2$""$n-1$".
