¿Cómo probar esto $\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}\ge |(a-1)(b-1)(c-1)|+a+b+c$

Question

deja $a,b,c$ son números positivos, y tales $abc\le 1$ probar que $$\dfrac{a}{c}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}\ge |(a-1)(b-1)(c-1)|+a+b+c$$

Answer 1

caso 1: Para el caso $a<1,b<1,c<1$ es trivial el trabajo de la desigualdad (comentarios de Sudeep)

caso 2: ahora probamos cuando uno de los $a,b,c$ es igual a $1$ la desigualdad también funciona.

WLOG, Let $c=1$ la desigualdad $\iff b^2+a \ge ab^2+ab$ que $ab=k \le 1 \iff b^3-kb^2-kb+k \ge0 \iff b^3(1-k)+k(b-1)^2(b+1)\ge0$

así que el "=" se mantendrá cuando $k=1,b=1 \implies a=b=c=1$

probaremos el caso $abc=1$ primero:

hay dos casos:

caso 3: dos de ellos $\ge 1$ la desigualdad $\iff \dfrac{a}{c}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}\ge ab+bc+ac \iff a^3b^3-a^2b^3+b^3-b^2-ab+1\ge 0 \iff $

$b^3(a-1)^2(a+1)+(b^2-1)(a-1) \ge 0$ cuando $a,b$ ambos $\ge 1 $ $b(ab-1)^2(ab+1)+b^2(1-b)(a^2-1) \ge 0 $ cuando uno de los $a,b \ge1$ y otro $\le1$

caso 4: uno de ellos $\ge1$ los otros dos $\le1$ la desigualdad $\iff \dfrac{a}{c}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}\ge 2(a+b+c)-(ab+bc+ac) \iff a^3b^3+a^2b^3+b^3+b^2+1-2ab^3-2a^2b^2-2b \ge0 \iff (b-1)^2+ab(ab-1)^2+b^3(a-1)^2 \ge 0$

ahora discutimos $a'b'c'<1$ casos:

deja $a'b'c'=k^3,a'=ka,b'=kb,c'=kc,abc=1$ sólo consideramos RHS porque LHS será lo mismo.

denotan $H$ para $a,b,c ,H'$ para $a',b',c'$ ,

si $H'$ en el caso 3, entonces $H$ será en el caso 3 también:

$H-H'=(ab+bc+ac)(1-k^2)>0$

si ambos $H'$ y $H $ en el caso 4:

$H-H'=2(1-k)(a+b+c)-(1-k^2)(ab+bc+ac)+1-k^3$ que $c \ge 1 \iff $

$2(1-k)(a^2b+b^2a+1)-(1-k^2)(a^2b^2+a+b)+(1-k^3)ab =(1-k)((2ab-(1+k))(a+b)+2)+(1-k)(1+k)(ab-a^2b^2)+(1-k)k^2ab \ge 0 \implies H \ge H'$

si $H'$ en el caso 4, pero $H$ en el caso 3, entonces siempre hay un caso que $a=ka'>1$ Supongamos que $c \ge 1, a\ge b$ podemos elegir $k_2=\dfrac{1}{a'}$ Entonces $a=1,b\le1, c\ge 1$ que hacen $H$ todavía en el caso 4. y $H$ ahora pertenece al caso 2. Así que la desigualdad también es cierta.

QED.