Inégalité $\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}-\frac{c}{a+b}-\frac{a}{b+c}-\frac{b}{a+c}\ge 3/2$
prouvez que pour $a,b,c$ être positif et $a+b+c=1$:$$\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}-\frac{c}{a+b}-\frac{a}{b+c}-\frac{b}{a+c}\ge 3/2$$
C'est une inégalité très intéressante sur laquelle je suis tombée accidentellement.On voit aussi que la condition $a+b+c=1$ n'est pas nécessaire J'ai légèrement modifié l'inégalité en utilisant l'inégalité de Nesbitt et, par conséquent, cela se résume à prouver une inégalité encore plus forte $$\sum_{cyc}\left(\frac{b}{a}-\frac{2c}{a+b}\right)\ge 0$$Comme il s'agissait d'une version plus forte, j'ai vérifié WA, ce qui montre qu'elle est valide.J'ai essayé d'obtenir un SOS mais j'ai échoué.Le problème est que même après une expansion complète et une multiplication croisée, nous obtenons une inégalité cyclique et donc le théorème de Muirheads échoue.
Réponses
Première inégalité: $$ LHS = \sum_{cyc} \dfrac{bc}{a(a+c)} = \sum_{cyc} \dfrac{(bc)^2}{a^2bc+abc^2} \ge \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{ 2abc(a+b+c)} \ge \dfrac{3}{2}$$
En utilisant un système d'algèbre informatique, l'inégalité dans le titre s'avère équivalente après avoir été étendue à l'inégalité: $$ 2\sum_{\text{cyclic}}a^4b^2 + 2\sum_{\text{cyclic}}a^3b^3 \ge \sum_{\text{cyclic}}a^3bc(b+c) + 6a^2b^2c^2\ . $$ Maintenant nous représentons les puissances monomiales $(r,s,t)$ dans l'avion $r+s+t=6$, et dans chaque "nœud" qui apparaît dans l'inégalité, nous plaçons le coefficient correspondant. Cela facilite la recherche d'un schéma de domination. L'image est la suivante:
b^6
.
. .
. . 2
2 -1 -1 2
2 -1 -6 -1 .
. . -1 -1 . .
. . . 2 2 . .
a^6 c^6
Un commentaire sur le schéma. Les "sommets extrêmes" sont marqués par$a^6$ alias $(6,0,0)$, $b^6$ alias $(0,6,0)$, et $c^6$ alias $(0,0,6)$.
Considérons la "ligne de base" joignant les sommets pour $b^6$ et $c^6$. Les parallèles à cette droite passant par les points du réseau sont des droites à constante$a$-part dans le monôme. Donc, la ligne parallèle "immédiatement après la ligne de$b^6$ à $c^6$"est la ligne de $ab^5$ à $ac^5$, et les points de treillis dessus correspondent à $ab^sc^t$ avec $s+t=5$.
Les coefficients insérés sont les coefficients de l'inégalité à afficher. Nous pouvons "dominer" avec les coefficients positifs sur certains "nœuds" un (et de même plus) des coefficients négatifs sur ces nœuds dans la coque convexe. Par exemple, un schéma de domination peut être appliqué en utilisant des positions positives marquées d'un crochet entre
b^6
.
. .
. . 2
[2][-1][-1][2]
2 -1 -6 -1 .
. . -1 -1 . .
. . . 2 2 . .
a^6 c^6
et de chaque $[2]$ utiliser seulement $[1]$ dominer le $[-1]$terme. Explicitement, nous utilisons:$$ b^3(a^3-a^2c-ac^2+c^3)\ge 0\ . $$ Utilisez ce modèle pour tous les autres $[-1]$entrées. Finalement, le$-6$au milieu est dominé par les positions restées. (La moyenne arithmétique est$\ge$ puis moyenne géométrique par exemple.)
La prétendue inégalité plus forte est fausse. En expansion, il faudrait montrer de manière équivalente une inégalité correspondant à:
b^6
.
. .
. -1 1
1 . . 1
1 . -6 . .
. -1 . . -1 .
. . . 1 1 . .
a^6 c^6
Mais il n'y a aucune chance de dominer le $-1$entrées. Ils s'échappent de la coque convexe des entrées positives. Il suffit de considérer les monômes en$a^4$. Une inégalité de forme$a^4b^2-a^4bc\pm\dots\ge 0$ (là où les points couvrent $O(a^3)$) n'arrivera jamais, prenez juste $a=a(n)$ être le polynôme $a(n)=n$, puis $b,c$ constantes avec $c>b$, et passer avec $n$à l'infini. Savoir produire le "mauvais cas", rend simple aussi la vérification dans l'inégalité donnée. Les seuls termes ayant$a$ au numérateur sont en $$ \frac ac-\frac{2a}{b+c}\ . $$ Maintenant, utilisez $a=a(n)=n$, $b=1$, $c=100$.