Demostrar la desigualdad de $\frac 1a + \frac 1b +\frac 1c \ge \frac{a^3+b^3+c^3}{3} +\frac 74$

Question

La desigualdad

$a,b,c$ son números reales positivos tales que $a+b+c=3$. Demostrar la siguiente desigualdad $$\frac 1a + \frac 1b +\frac 1c \ge \frac{a^3+b^3+c^3}{3} +\frac 74$$ Me topé con esta pregunta hace unos días y ha estado tratando de AM-GM para encontrar la solución, pero hasta ahora han sido infructuosos.

Answer 1

Ok, aquí vamos.
Deje $f(a,b,c,\lambda)=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{a^3+b^3+c^3}{3}+\lambda(a+b+c-3)$.
$\nabla f=0$ significa que:

1. $\frac{\partial f}{\partial a}=-a^2-\frac{1}{a^2}+\lambda=0$
2. $\frac{\partial f}{\partial b}=-b^2-\frac{1}{b^2}+\lambda=0$
3. $\frac{\partial f}{\partial c}=-c^2-\frac{1}{c^2}+\lambda=0$
   
   Ahora, $ \frac{\partial f}{\partial b}- \frac{\partial f}{\partial a}=0 <=> a^2-b^2+\frac{1}{a^2}-\frac{1}{b^2}=0 <=>$
   $(a-b)(a+b)+(\frac{1}{a}-\frac{1}{b})(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})=0 <=>$
   
   $(a-b)[(a+b)-\frac{1}{ab}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})]=0 <=>$
   
   $(a-b)(a+b)(1-\frac{1}{(ab)^2})=0$
   Y por supuesto, el mismo para todas las demás combinaciones.
   Por lo $a=b$ o $ab=1$. También, $b=c$ o $bc=1$.
   Supongamos que $a=b$. $b=c$ no funciona (se puede probar para ver que no es un mínimo) así que debemos tener $bc=1$.
   Por lo tanto, buscamos un valor de $a$$2a+\frac{1}{a}=3$. Esto es $a=\frac{1}{2}$. Podemos probar a ver que este es el mínimo (con un valor de $\frac{7}{4}$), y hemos terminado.

Answer 2

aquí es un método de primaria:

WLOG, vamos a $a=$Min{$a,b,c$} $\implies a \le1 ,x=bc$

$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)=3((a+b+c)^2-3ab-3ac-3bc)=3(9-3a(3-a)-3bc)$

LHS$=\dfrac{a(3-a)+bc}{abc}=\dfrac{a(3-a)+x}{ax},$

RHS$= 9-3a(3-a)-3bc+abc+\dfrac{7}{4}=\dfrac{43}{4}-3a(3-a)+(a-3)x$

LHS-RHS$=\dfrac{(3-a)}{x}\left(x^2-\dfrac{4a^3-36a^2+43a-4}{4a(3-a)}x+1 \right)$

$f(x)=x^2+\dfrac{g_1(a)}{4a(3-a)}x+1 ,g_1(a)=-4a^3+36a^2-43a+4$

es trivial que $g_1(a)>0 \implies f(x)>0 $

al $g_1(a)<0 ,f_{min}=1-\left(\dfrac{g_1(a)}{2\times4a(3-a)}\right)^2=\dfrac{(2a-1)^2(4-3a)(12a^3-44a^2+67a-4)}{64a^2(3-a)^2}$

$12a^3-44a^2+67a-4+g_1(a)=8a(3-a)>0 \implies 12a^3-44a^2+67a-4>0 \implies \\f_{min} \ge 0$

al $a=\dfrac{1}{2}, f_{min}=0 \implies x= -\dfrac{g_1(a)}{2\times4a(3-a)}=1$

$b+c=\dfrac{5}{2},bc=1 \implies (\dfrac{1}{2},2)$