Dejemos que $a,b,c$ sean reales positivos. Encuentre el valor mínimo de $P=\frac{a^2}{(a+b)^2}+\frac{b^2}{(b+c)^2}+\frac{c}{4a}$ .

Question

Este problema de desigualdad es de Prueba de selección para el 10º grado de la escuela secundaria para superdotados Phan Boi Chau, Nghe An, Vietnam .

Dejemos que $a,b,c$ sean reales positivos. Encuentre el valor mínimo de $P=\dfrac{a^2}{(a+b)^2}+\dfrac{b^2}{(b+c)^2}+\dfrac{c}{4a}$ .

He hecho $\dfrac{c}{4a}=\dfrac{c^2}{4ac}\geq\dfrac{c^2}{(c+a)^2}$ .

Creo que el valor mínimo es $\dfrac34$ Así que el problema es demostrar $\displaystyle \sum_\text{cyc}\dfrac{a^2}{(a+b)^2}\geq\dfrac34$ . Pero todavía no puedo.

¿Puede ayudar?

Answer 1

Sí, tienes razón.

El valor mínimo es $\frac{3}{4}$ y se produce para $a=b=c$ .

Podemos reescribir esta desigualdad de la siguiente forma: $$\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+\frac{1}{4z}\geq\frac{3}{4},$$ donde $\frac{b}{a}=x$ , $\frac{c}{b}=y$ y $\frac{a}{c}=z$ .

Así, $xyz=1$ y como $$\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}\geq\frac{1}{1+xy}$$ es $$xy(x-y)^2+(xy-1)^2\geq0,$$ es suficiente para demostrar que $$\frac{1}{1+\frac{1}{z}}+\frac{1}{4z}\geq\frac{3}{4},$$ que es $$(z-1)^2\geq0.$$ ¡Hecho!

Es interesante que su intento también ayude.

De hecho, es suficiente para demostrar que $$\sum_{cyc}\frac{a^2}{(a+b)^2}\geq\frac{3}{4}.$$ Ahora, por C-S obtenemos: $$\sum_{cyc}\frac{a^2}{(a+b)^2}=\sum_{cyc}\frac{a^2(a+c)^2}{(a+b)^2(a+c)^2}\geq\frac{\left(\sum\limits_{cyc}(a^2+ab)\right)^2}{\sum\limits_{cyc}(a+b)^2(a+c)^2}.$$ Por lo tanto, queda por demostrar que $$4\left(\sum\limits_{cyc}(a^2+ab)\right)^2\geq3\sum\limits_{cyc}(a+b)^2(a+c)^2$$ o $$\sum_{cyc}(a^4+2a^3b+2a^3c+3a^2b^2-8a^2bc)\geq0,$$ lo cual es cierto por Muirhead porque $(4,0,0)\succ(2,1,1)$ , $(3,1,0)\succ(2,1,1)$ y $(2,2,0)\succ(2,1,1)$ .