Nierówność $\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}-\frac{c}{a+b}-\frac{a}{b+c}-\frac{b}{a+c}\ge 3/2$

Question

udowodnij to dla $a,b,c$ bycie pozytywami i $a+b+c=1$:$$\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}-\frac{c}{a+b}-\frac{a}{b+c}-\frac{b}{a+c}\ge 3/2$$

To bardzo ciekawa nierówność, na którą natrafiłem przypadkowo. Widzimy też, że warunek $a+b+c=1$ nie jest potrzebna, nieznacznie zmodyfikowałem nierówność za pomocą nierówności Nesbitta i stąd sprowadza się to do udowodnienia jeszcze silniejszej nierówności $$\sum_{cyc}\left(\frac{b}{a}-\frac{2c}{a+b}\right)\ge 0$$Ponieważ była to silniejsza wersja, sprawdziłem WA, co pokazuje, że jest poprawne. Próbowałem uzyskać SOS, ale nie udało mi się.

Answer 1

Pierwsza nierówność: $$ LHS = \sum_{cyc} \dfrac{bc}{a(a+c)} = \sum_{cyc} \dfrac{(bc)^2}{a^2bc+abc^2} \ge \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{ 2abc(a+b+c)} \ge \dfrac{3}{2}$$

Answer 2

Używając systemu algebry komputerowej, nierówność w tytule okazuje się równoważna po rozwinięciu do nierówności: $$ 2\sum_{\text{cyclic}}a^4b^2 + 2\sum_{\text{cyclic}}a^3b^3 \ge \sum_{\text{cyclic}}a^3bc(b+c) + 6a^2b^2c^2\ . $$ Teraz reprezentujemy potęgi jednomianowe $(r,s,t)$ w samolocie $r+s+t=6$iw każdym „węźle” pojawiającym się w nierówności umieszczamy odpowiedni współczynnik. Ułatwia to znalezienie schematu dominacji. Obraz przedstawia się następująco:

                b^6
                .
              .  .
            .   .  2
          2  -1  -1  2
        2  -1  -6  -1  .
      .   .  -1  -1  .  .
    .   .   .   2  2  .  . 
a^6                        c^6

Komentarz do schematu. „Ekstremalne wierzchołki” są oznaczone$a^6$ Alias $(6,0,0)$, $b^6$ Alias $(0,6,0)$, i $c^6$ Alias $(0,0,6)$.

Rozważmy „linię bazową” łączącą wierzchołki $b^6$ i $c^6$. Równolegle do tej linii przechodzącej przez punkty kratowe są proste$a$-część jednomianu. Czyli linia równoległa „bezpośrednio po prostej z$b^6$ do $c^6$”jest linią z $ab^5$ do $ac^5$, a punkty kraty na nim odpowiadają $ab^sc^t$ z $s+t=5$.

Wstawione współczynniki to współczynniki nierówności do pokazania. Możemy "dominować" dodatnimi współczynnikami na niektórych "węzłach" jeden (i podobnie więcej) ujemnymi współczynnikami na tych węzłach w wypukłym kadłubie. Na przykład, schemat dominacji można zastosować, używając pozycji dodatnich oznaczonych nawiasem w

                b^6
                .
              .  .
            .   .  2
         [2][-1][-1][2]
        2  -1  -6  -1  .
      .   .  -1  -1  .  .
    .   .   .   2  2  .  . 
a^6                        c^6

i od każdego $[2]$ tylko do użytku $[1]$ zdominować $[-1]$semestr. Jawnie używamy:$$ b^3(a^3-a^2c-ac^2+c^3)\ge 0\ . $$ Użyj tego wzorca dla wszystkich innych $[-1]$wpisy. Wreszcie$-6$pośrodku dominują pozostałe pozycje. (Średnia arytmetyczna to$\ge$ na przykład średnia geometryczna).

---

Twierdzenie, że większa nierówność jest fałszywa. Rozwijając musielibyśmy równoważnie pokazać nierówność odpowiadającą:

                b^6
                .
              .  .
            .  -1  1
          1   .   .  1
        1   .  -6   .  .
      .  -1   .   . -1  .
    .   .   .   1  1  .  . 
a^6                        c^6

Ale nie ma szans, aby zdominować $-1$wpisy. Uciekają z wypukłego kadłuba pozytywnych wejść. Wystarczy wziąć pod uwagę jednomiany w$a^4$. Nierówność kształtu$a^4b^2-a^4bc\pm\dots\ge 0$ (gdzie kropki pokrywają $O(a^3)$) nigdy się nie wydarzy, po prostu weź $a=a(n)$ być wielomianem $a(n)=n$, następnie $b,c$ stałe z $c>b$i przejdź z $n$do nieskończoności. Umiejętność wytworzenia „złego przypadku” ułatwia także weryfikację w danej nierówności. Jedyne warunki, które mają$a$ w liczniku są w $$ \frac ac-\frac{2a}{b+c}\ . $$ Teraz użyj $a=a(n)=n$, $b=1$, $c=100$.