demostrar $\sum \limits_{cyc}\frac {a}{(b+c)^2} \geq \frac {9}{4(a+b+c)}$

Question

$a,b,c$ son números reales positivos.probar:$$\sum \limits_{cyc}\frac {a}{(b+c)^2} \geq \frac {9}{4(a+b+c)}$$

Información adicional: no podemos usar la inducción. Debemos sobre todo el uso de la desigualdad de Cauchy.otras de las desigualdades puede ser utilizado en raras ocasiones.

Cosas que he hecho hasta ahora: la desigualdad aspecto es similar a Nesbitt la desigualdad.

Podríamos volver a escribir como: $$\sum \limits_{cyc}\frac {a}{(b+c)^2}(2(a+b+c)) \geq \frac{9}{2}$$

volver a escribir de nuevo:$$\sum \limits_{cyc}\frac {a}{(b+c)^2}(\sum \limits_{cyc}(b+c)) \geq \frac{9}{2}$$ Cauchy aparece: $$\sum \limits_{cyc}\frac {a}{(b+c)^2}(\sum \limits_{cyc}(b+c)) \geq (\sum \limits_{cyc}\sqrt\frac{a}{b+c})^2$$ Así que,si me demuestran $(\sum \limits_{cyc}\sqrt\frac{a}{b+c})^2 \geq \frac {9}{2}$, entonces el problema está resuelto.

volver a escribir en semi forma expandida:$$2(\sum \limits_{cyc}\frac{a}{b+c}+2(\sum \limits_{cyc}\sqrt\frac{ab}{(b+c)(c+a)})) \geq 9$$

sabemos que $\sum \limits_{cyc}\frac{a}{b+c} \geq \frac {3}{2}$.Por lo$$4(\sum \limits_{cyc}\sqrt\frac{ab}{(b+c)(c+a)})) \geq 6$$

Así que el problema se simplifica a probar esto $$\sum \limits_{cyc}\sqrt\frac{ab}{(b+c)(c+a)} \geq \frac{3}{2}$$

Y me quedé aquí.

Answer 1

Dado que la desigualdad es homogénea, WLOG asumir que $a+b+c = 1$.

Entonces, la desigualdad se convierte en $\dfrac{a}{(1-a)^2}+\dfrac{b}{(1-b)^2}+\dfrac{c}{(1-c)^2} \ge \dfrac{9}{4}$.

Ya que la función $f(x) = \dfrac{x}{(1-x)^2}$ es cóncava hacia arriba para $x > 0$, por la Desigualdad de Jensen, tenemos:

$f(a)+f(b)+f(c) \ge 3f\left(\dfrac{a+b+c}{3}\right) = 3f\left(\dfrac{1}{3}\right) = \dfrac{9}{4}$, como se desee.

Answer 2

Bueno, ya encontré un enfoque diferente para la solución de este problema. Podríamos reescribir la desigualdad, de la cuestión:

$$(a+b+c)\left(\sum \limits_{cyc}\frac {a}{(b+c)^2}\right) \ge \frac{9}{4}$$

Por el Cauchy-Schwarz desigualdad:

$$(a+b+c)\left(\sum \limits_{cyc}\frac {a}{(b+c)^2}\right) \ge \left(\sum \limits_{cyc}\frac {a}{b+c}\right)^2$$

Y por Nesbitt la desigualdad:

$$\left(\sum \limits_{cyc}\frac {a}{b+c}\right)\ge \frac{3}{2}$$

Así

$$\left(\sum \limits_{cyc}\frac {a}{b+c}\right)^2 \ge \frac{9}{4}$$

Answer 3

Deje $x=b+c,y=c+a,z=a+b$,$a=\frac{y+z-x}{2},\dots$. Su desigualdad se convierte en $$(x+y+z)\left(\frac{y+z-x}{x^2}+\cdots\right)\geq 9.$$

Escribir $y+z-x=(x+y+z)-2x,\dots$ tenemos que mostrar $$(x+y+z)^2\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\right) -2(x+y+z)\left(\frac1x+\frac1y+\frac1z\right)\geq 9.$$

El uso de $3\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{x^2}\right)\geq \left(\frac1x+\frac1y+\frac1z\right)^2$, sólo tenemos que mostrar

$$\frac13(x+y+z)^2\left(\frac1x+\frac1y+\frac1z\right)^2-2(x+y+z)\left(\frac1x+\frac1y+\frac1z\right)\geq 9.$$ La última desigualdad es correcto, porque la $(x+y+z)\left(\frac1x+\frac1y+\frac1z\right)\geq 9$.

Answer 4

$\sum \limits_{cyc}\dfrac {a}{(b+c)^2}=\sum \limits_{cyc}\dfrac {2a^2}{2a(b+c)^2} \ge \dfrac{2(a+b+c)^2}{2a(b+c)^2+2b(a+c)^2+2c(a+b)^2}\ge \dfrac{2(a+b+c)^2}{3\times \left(\dfrac{2a+2b+2c}{3}\right)^3}=\dfrac {9}{4(a+b+c)}$