¿Cómo probar $ \frac {1}{a}+ \frac {1}{b}+ \frac {1}{c} \le\frac {3}{ \sqrt {7}}$

Question

Deje que $a,b,c>0$ y tal $$ \dfrac {1}{a^2+2}+ \dfrac {1}{b^2+2}+ \dfrac {1}{c^2+2}= \dfrac {1}{3}$$ mostrar que $$ \dfrac {1}{a}+ \dfrac {1}{b}+ \dfrac {1}{c} \le\dfrac {3}{ \sqrt {7}}$$

mi intento: desde $$ \dfrac {1}{2+a^2}= \dfrac {1}{2} \left (1- \dfrac {a^2}{a^2+2} \right )$$ así que $$ \dfrac {a^2}{a^2+2}+ \dfrac {b^2}{b^2+2}+ \dfrac {c^2}{c^2+2}= \dfrac {7}{3}$$ sólo demostramos

$ \dfrac {1}{a}+ \dfrac {1}{b}+ \dfrac {1}{c} \le\dfrac {3}{ \sqrt {7}}$

y quiero usar la desigualdad de Cauchy-Schwarz para probarlo, pero no puedo funcionar, tal $$ \left ( \dfrac {a^2}{a^2+2}+ \dfrac {b^2}{b^2+2}+ \dfrac {c^2}{c^2+2} \right )(a^2+2+b^2+2+c^2+2) \ge (a+b+c)^2$$ $$(a^2+b^2+c^2+6) \ge \dfrac {3}{7}(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac)$$ $$ \Longrightarrow 4(a^2+b^2+c^2)+42 \ge 6(ab+bc+ac)$$ y dejar $$p=a+b+c,q=ab+bc+ac,r=abc$$ así que $$2p^2+21 \ge 7q$$ y sólo probamos $$ \dfrac {1}{a}+ \dfrac {1}{b}+ \dfrac {1}{c}= \dfrac {ab+bc+ac}{abc}= \dfrac {q}{r} \le\dfrac {3}{ \sqrt {7}}$$ tal vez esto no sea cierto.

Pero esto no sirve para resolver este problema.

Gracias.

Answer 1

Sea $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}>\frac{3}{\sqrt7}$ , $\frac{1}{a}=\frac{kx}{\sqrt7}$ , $\frac{1}{b}=\frac{ky}{\sqrt7}$ y $\frac{1}{c}=\frac{kz}{\sqrt7}$ donde $k>0$ y $x+y+z=3$ .

Por lo tanto, $k>1$ y $\frac{1}{3}=\sum\limits_{cyc}\frac{1}{a^2+2}=\sum\limits_{cyc}\frac{1}{\frac{7}{k^2x^2}+2}>\sum\limits_{cyc}\frac{1}{\frac{7}{x^2}+2}=\sum\limits_{cyc}\frac{x^2}{7+2x^2}$ ,

lo cual es una contradicción porque ahora demostraremos que $\sum\limits_{cyc}\frac{x^2}{7+2x^2}\geq\frac{1}{3}$ .

En efecto, dejemos que $x+y+z=3u$ , $xy+xz+yz=3v^2$ y $xyz=w^3$ .

Por lo tanto, tenemos que demostrar que $$4x^2y^2x^2+\sum\limits_{cyc}(8x^2y^2+7x^2)-49\geq0$$ o $$4w^6+8(9v^4-6uw^3)u^2+7(9u^2-6v^2)u^4-49u^6\geq0$$ o $f(w^3)\geq0$ donde $f(w^3)=2w^6-24u^3w^3+7u^6-21u^4v^2+36u^2v^4$ .

Vemos que $f'(w^3)=4w^3-24u^3<0$ que dice que es suficiente probar que

$f(w^3)\geq0$ para un valor máximo de $w^3$ , lo que ocurre para el caso de igualdad de dos variables.

Sea $y=x$ y $z=3-2x$ .

Por lo tanto, $\sum\limits_{cyc}\frac{x^2}{7+2x^2}\geq\frac{1}{3}\Leftrightarrow(x-1)^2(2x-1)^2\geq0$ .

¡Hecho!

También podemos utilizar el Teorema LCF de Vasc.

Answer 2

A continuación se propone una prueba analítica :

Answer 3

Por AM-GM, $1=\dfrac{3}{a^2+2}+\dfrac{3}{b^2+2}+\dfrac{3}{c^2+2} \geq \dfrac{9}{\sqrt[3]{(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)}}$

Por AM-GM, $7 = \dfrac{3a^2}{a^2+2}+\dfrac{3b^2}{b^2+2}+\dfrac{3c^2}{c^2+2} \geq \dfrac{9\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{\sqrt[3]{(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)}}$

Como todo es positivo, podemos dividir con seguridad las desigualdades entre sí.

$\dfrac{7}{1} \geq \dfrac{\dfrac{9\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{\sqrt[3]{(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)}}}{\dfrac{9}{\sqrt[3]{(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)}}}$

$\Rightarrow 7 \geq (abc)^{\dfrac{2}{3}}$

$\Rightarrow \dfrac{1}{\sqrt[3]{abc}} \geq \dfrac{1}{\sqrt{7}}$

Por AM-GM, $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \geq \dfrac{3}{\sqrt[3]{abc}}\geq \dfrac{3}{\sqrt{7}}$

$\therefore \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \geq \dfrac{3}{\sqrt{7}}$

Answer 4

Prueba alternativa, sin utilizar uvw :

Sea $x = \frac{\sqrt 7}{a}, y = \frac{\sqrt 7}{b}, z = \frac{\sqrt 7}{c}$ . Tenemos $x, y, z > 0$ y $$\frac{1}{2x^2 + 7} + \frac{1}{2y^2 + 7} + \frac{1}{2z^2 + 7} = \frac13. \tag{1}$$ Tenemos que demostrar que $$x + y + z \le 3. $$

WLOG, supongamos que $x \le y \le z$ . Sea $w = \frac{x + y}{2}$ .

Dato 1 : $x + y \le 2$ .
(La prueba se da al final).

Hecho 2 : Se cumple que $$\frac{1}{2x^2 + 7} + \frac{1}{2y^2 + 7} \le 2 \cdot \frac{1}{2w^2 + 7}.$$ (La prueba se da al final).

Por el hecho 2 y (1), tenemos $$2 \cdot \frac{1}{2w^2 + 7} + \frac{1}{2z^2 + 7} \ge \frac13$$ o $$\frac{2(2w^2z^2 + 4w^2 + z^2 - 7)}{3(2w^2+7)(2z^2+7)} \le 0.$$ Así, tenemos $$2w^2z^2 + 4w^2 + z^2 - 7 \le 0$$ o $$2(wz - 1)^2 + (2w + z)^2 \le 9$$ lo que se traduce en $$2w + z \le 3$$ es decir $$x + y + z \le 3.$$

Hemos terminado.

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Prueba de hecho 1 :

A partir de (1) y $x \le y \le z$ tenemos $$\frac{1}{2x^2 + 7} + \frac{1}{2y^2 + 7} \ge \frac29$$ o $$\frac{8x^2y^2 + 10x^2 + 10y^2 - 28}{9(2x^2+7)(2y^2+7)} \le 0$$ o $$8x^2y^2 + 10x^2 + 10y^2 - 28 \le 0.$$ Utilizando $x^2y^2 + 1 \ge 2xy$ tenemos $$8(2xy - 1) + 10x^2 + 10y^2 - 28 \le 0$$ o $$16xy + 10x^2 + 10y^2 - 36 \le 0$$ o $$8(x + y)^2 + 2x^2 + 2y^2 - 36 \le 0$$ Utilizando $2x^2 + 2y^2 \ge (x + y)^2$ tenemos $$9(x + y)^2 \le 36$$ o $$x + y \le 2.$$

Hemos terminado.

Prueba de hecho 2 :

Basta con demostrar que $$\frac{1}{2x^2+7} - \frac{1}{2w^2 + 7} \le \frac{1}{2w^2+7} - \frac{1}{2y^2 + 7}$$ o $$\frac{2(w-x)(w + x)}{(2x^2+7)(2w^2+7)} \le \frac{2(y - w)(y + w)}{(2w^2+7)(2y^2+7)}$$ o (utilizando $w - x = y - w = (y-x)/2 \ge 0$ ) $$\frac{w + x}{2x^2+7} \le \frac{y + w}{2y^2+7}$$ o $$\frac{(y - x)(2wx + 2wy + 2xy - 7)}{(2y^2+7)(2x^2+7)} \le 0$$ o $$2wx + 2wy + 2xy - 7 \le 0$$ o $$(x + y)^2 + 2xy - 7\le 0$$ lo que es cierto utilizando $x + y \le 2$ (Hecho 1).

Hemos terminado.

Answer 5

Puede que no sea la forma "correcta", pero se puede ver que ambas expresiones son simétricas en todos sus términos. Y necesitamos el máximo de la segunda eqn. Esto sólo puede ocurrir cuando todos los términos contribuyen por igual a la suma, si no fuera así entonces, dejemos 1/a<1/b<1/c, entonces podemos hacer b y c a, y obtener mayor suma. Así, poniéndolo de nuevo en la primera eqn. obtenemos $ \frac{3}{a^2+2} = 1/3$ resolviendo lo cual obtenemos $ a = \sqrt{7}$ o $-\sqrt{7} $ . Eligiendo la raíz positiva, ya que necesitamos valores máximos, obtenemos $ \frac{1}{a} + \frac{1}{b}+\frac{1}{c} = \frac{3}{\sqrt{7}}$

Se perdió JJacquelin responder por unos minutos. Es más analítico que el mío.