Disuguaglianza

Dimostrare che $(A+a+B+b)/(A+a+B+b+c+r)+(B+b+C+c)/(B+b+C+c+a+r)>(C+c+A+a)/(C+c+A+a+b+r)$

Tutte le lettere sono numeri positivi.

Cordialmente, Alex

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$x=\frac{A+a+B+b}{A+a+B+b+c+r}$ ,$y=\frac{B+b+C+c}{B+b+C+c+a+r}$
, $z=\frac{C+c+A+a}{C+c+A+a+b+r}$

$x<1,y<1,z<1$

$(x-1)(A+a)+(x-1)(B+b)+x(c+r)=0$

$(y-1)(B+b)+(y-1)(C+c)+y(a+r)=0$

$(z-1)(C+c)+(z-1)(A+a)+z(b+r)=0$

Addizionando le prime due equazioni e sottraendo la terza si ottiene

$(x-z)(A+a)+(x+y-2)(B+b)+(y-z)(C+c)+(x+y-z)r+cx+ay-bz=0$

$(x+y-z)r=(z-x)(A+a)+(2-x-y)(B+b)+(z-y)(C+c)+bz-cx-ay$

Essenddo:

$2-x-y>0$,$c<C+c$, $a<A+a$

risulta:

$(x+y-z)r>(z-x)(A+a)+(z-y)(C+c)-(C+c)x-(A+a)y$

$(x+y-z)r>(z-x-y)(A+a)+(z-x-y)(C+c)$

$(x+y-z)(r+A+a+C+c)>0$

da cui

$x+y-z>0$

Fantastico!

Ecco un'altra strada …

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Se $x, y, p, q$ sono positivi allora da $x>y$ e $1/p>1/q$ ricaviamo $x/(x+p)>y/(y+q)$

Perciò da $A+a+B+b>A+a$ e $1/(c+r)>1/(C+c+b+r)$ otteniamo $(A+a+B+b)/(A+a+B+b+c+r)>(A+a)/(C+c+A+a+b+r)$

Similmente avremo che da $B+b+C+c>C+c$ e $1/(a+r)>1/(A+a+b+r)$ segue $(B+b+C+c)/(B+b+C+c+a+r)>(C+c)/(C+c+A+a+b+r)$

Sommando membro a membro otteniamo la disequazione richiesta.

Cordialmente, Alex

@axpng: solo per curiosità, sai se esiste una soluzione geometrica?

Non ne ho idea

Penso che lo "scopo" fosse "solo" algebrico ovvero usare il "teorema" iniziale

Cordialmente, Alex

Grazie per avermi risposto, mi hai liberato la testa da un tarlo. La lettera $r$ mi ha indotto a pensare che fosse il raggio di una circonferenza e, partendo dall'idea sbagliata, non sono riuscito a dimostrare la disuguaglianza.

Bell'esercizio e belle soluzioni!