Demostrar $\frac{1}{2a+2bc+1} + \frac{1}{2b+2ca+1} + \frac{1}{2c+2ab+1} \ge 1$

Question

Si $a,b$$c \ge 0$$ab + bc + ca = 1$, probar que la siguiente desigualdad se cumple:

$$\frac{1}{2a+2bc+1} + \frac{1}{2b+2ca+1} + \frac{1}{2c+2ab+1} \ge 1$$

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He probado los dos métodos, pero parece que ambos no funciona. Aquí están:

Cauchy-Scwarz la desigualdad

He probado a utilizar la siguiente fórmula de Cauchy-Scwarz:

$$\frac{x_1^2}{a_1} + \frac{x_2^2}{a_2} + \frac{x_3^2}{a_3} \ge \frac{(x_1 + x_2 + x_3)^2}{a_1 + a_2 + a_3}$$

Y me sale:

$$ LHS \ge \frac{(1+1+1)^2}{2a + 2bc + 2b + 2ca + 2c + 2ba + 3}$$

$$ LHS \ge \frac{3^2}{2(a+b+c) + 5}$$

$$ LHS \ge \frac{9}{2(a+b+c) + 5}$$

Ahora a demostrar que el lado derecho es mayor que o igual a 1.

$$ \frac{9}{2(a+b+c) + 5} \ge 1$$

$$ 9 \ge 2(a+b+c) + 5$$

$$ 2 \ge a+b+c$$

Y yo estoy atrapado, ¿qué puedo hacer ahora?

AM - GM de la desigualdad

Esta prueba no tiene aún una oportunidad, pero voy a publicar algo, porque alguien puede recibir a una idea.

$$2a + 2bc \ge 2\sqrt{4abc}$$ $$2a + 2bc + 1 \ge 4\sqrt{abc} + 1$$ $$\frac{1}{2a + 2bc + 1} \le \frac{1}{4\sqrt{abc} + 1}$$

Y para los otros 2 de la fracción i de obtener el mismo y si añado que obtengo:

$$\frac{3}{4\sqrt{abc} + 1} \ge LHS \ge 1$$

Ahora, incluso si puedo demostrar que: $\frac{3}{4\sqrt{abc} + 1} \ge 1$ si cierto, eso no significa que la desigualdad original se mantiene.

Answer 1

Si ninguno de los términos $a+bc$, $b+ca$, y $c+ab$ es mayor que uno, entonces cada sumando de la LHS es, al menos,$\frac{1}{3}$, y por lo tanto la desigualdad se cumple. Queda por demostrar la desigualdad también tiene cuando al menos uno de $a+bc$, $b+ca$, o $c+ab$ es estrictamente mayor que uno. WOLOG, supongamos que $c+ab>1$. Desde $c=\frac{1-ab}{a+b}$, debemos tener $a+b<1$. Además, a partir de Cauchy-Schwarz desigualdad tenemos $$\frac{1}{2a+2bc+1}+\frac{1}{2b+2ca+1}\geq \frac{4}{2a+2bc+1+2b+2ca+1}\\=\frac{2}{2+a+b-ab}.$$ Therefore, it suffices to show that$$\frac{2}{2+a+b-ab}+\frac{1}{2c+2ab+1} = \frac{2}{2+a+b-ab}+\frac{a+b}{2+a+b-2ab+2ab(a+b)}\\ \geq 1, $$ holds for all $a+b<1$. We have $$A:=\frac{2}{2+a+b-ab}+\frac{a+b}{2+a+b-2ab+2ab(a+b)}\\=\frac{4+4(a+b)-4ab+3ab(a+b)+(a+b)^2}{(2+a+b-ab)(2+a+b-2ab+2ab(a+b))}.$$ For compactness we can let $s=a+b$ and $p=ab$ and obtain $$A=\frac{4+4s-4p+3sp+s^2}{(2+s-p)(2+s-2p+2sp)}\\=\frac{4+4s-4p+3sp+s^2}{4+4s-6p+3sp+s^2+2s^2p-2p^2+2sp^2}.$$ Hence, we need to show that $$2p\geq 2s^2p-2p^2+2sp^2,$$ que es equivalente a $$2p(1-s)(1+p+s)\geq 0.$$ This inequality is valid because by assumption $s<1$. La ecuación no puede sostener en el último caso, ya que necesitamos tener $p=0$, lo que implica $a$ o $b$ es cero, pero la de Cauchy-Schwarz se aplicó anteriormente, no puede mantener para estos valores teniendo en cuenta $a+b<1$. La única posibilidad para tener ecuación es en el primer caso donde debemos tener $a+bc=b+ca=a+bc=1$ que se reduce a $(a,b,c)\in\{(0,1,1),(1,0,1),(1,1,0)\}$.