Cómo probar $\frac{a}{a+bc}+\frac{b}{b+ac}+\frac{c}{c+ab}\geq \frac{3}{2}$

Question

Con $a + b + c = 3$ y $a, b, c>0$ demostrar estas desigualdades:

1) $$\frac{a}{a+bc}+\frac{b}{b+ac}+\frac{c}{c+ab}\geq \frac{3}{2}$$

2) $$\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+abc\geq 4$$

3) $$\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{9}{4}abc\geq \frac{21}{4}$$

Answer 1

(Nota: La notación $\sum$ se refiere aquí a una suma cíclica).

Para el primero: Podemos asumir WLOG que $a\ge b\ge c$ . Vamos a demostrar un lema: Sea $x, y$ sean reales positivos con $xy\ge 1$ . Entonces: $$\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}\ge \frac{2}{1+xy}$$

Prueba: Al expandir directamente, la desigualdad es equivalente a $(x-y)^2(xy-1)\ge 0$ Lo cual es cierto.

Ahora aplicando el lema con $x=\sqrt{\frac{ab}{c}}, y=\sqrt{\frac{ac}{b}}$ tenemos $xy=a\ge 1$ y así: $$\sum\frac{a}{a+bc}=\sum\frac{1}{1+\frac{bc}{a}}\ge \frac{2}{1+a}+\frac{a}{a+bc}$$ Tenga en cuenta que $bc\le\frac{(b+c)^2}{4}=\frac{(3-a)^2}{4}=\frac{a^2-6a+9}{4}$ . Así: $$\frac{2}{1+a}+\frac{a}{a+bc}\ge \frac{2}{1+a}+\frac{4a}{a^2-2a+9}$$ Basta con demostrar que lo anterior es al menos $\frac{3}{2}$ . En efecto, el cálculo directo da: $$2(1+a)(a^2-2a+9)(\frac{2}{1+a}+\frac{4a}{a^2-2a+9}-\frac{3}{2})=3(3-a)(a-1)^2\ge 0$$ porque $a\le 3$ .

Answer 2

Para la segunda y la tercera pregunta, se presenta aquí una versión generalizada:

Dejemos que $a,b,c>0$ y $a+b+c=3$ entonces

$$f(a,b,c)=(\sum\frac{ab}{c})+\lambda abc\geq3+\lambda$$

para $1\leq \lambda\leq9/4$ donde la constante $9/4$ es óptima.

Es fácil ver que 9/4 es óptimo (una simple comparación entre $f(1,1,1)$ y $f(2,1/2,1/2)$ ).

Prueba:

Sin pérdida de generalidad, suponemos que $a\geq b\geq c$ .entonces $1\leq a<3$ .

$$f(a,b,c)=a(\frac{b}{c}+\frac{c}{b})+\frac{bc}{a}+\lambda abc=\frac{a(b+c)^2}{bc}+(\lambda a+\frac{1}{a})bc-2a$$

Recordemos que $a+b+c=3$ entonces

$$f(a,b,c)=\frac{a(3-a)^2}{bc}+(\lambda a+\frac{1}{a})bc-2a$$

Dado $p,q>0$ es obvio que la función $u(x)=px+q/x$ es monótona decreciente en el intervalo $(0,\sqrt{q/p}]$ Tomamos $(\lambda a+\frac{1}{a},a(3-a)^2)$ como $(p,q)$ entonces $f(a,b,c)$ es una función monótona decreciente (para $bc$ ) en el intervalo $(0,\sqrt{q/p}]$ con $a$ arreglado.

La desigualdad AM-GM sugiere que $$bc\leq\frac{(b+c)^2}{4}=\frac{(3-a)^2}{4},$$ y es natural comprobar si $(b+c)^2/4\leq\sqrt{q/p}$ es decir.., $$\frac{(3-a)^2}{4}\leq\frac{a(3-a)}{\sqrt{\lambda a^2+1}}$$

Basta con demostrar que $$\frac{(3-a)^2}{16}\leq\frac{a^2}{\lambda a^2+1},$$ es decir,

$$\lambda\frac{(3-a)^2}{16}+\frac{1}{\lambda a^2+1}\leq 1$$ .

Porque $1\leq a<3$ , $LHS\leq\lambda/4+1/(\lambda+1)\leq 1$ por cada $1\leq \lambda\leq 3$

Por lo tanto, $f(a,b,c)$ alcanzar su mínimo (para las $a$ ) cuando $bc=(3-a)^2/4$ .

$$\min_{a fixed}f(a,b,c)=(\lambda a+\frac{1}{a})\frac{(3-a)^2}{4}+2a$$ .

Sólo tenemos que demostrar que

$$(\lambda a+\frac{1}{a})\frac{(3-a)^2}{4}+2a\geq 3+\lambda$$

por cada $1\leq \lambda\leq 9/4$ lo que equivale a demostrar que

$$\lambda(a-1)^2(a^2-4a+\frac{9}{\lambda})\geq 0$$

por cada $1\leq \lambda\leq 9/4$ .

Basta con demostrar que $(a^2-4a+\frac{9}{\lambda})\geq 0$ por cada $1\leq \lambda\leq 9/4$ y es bastante obvio.

Q.E.D.

Answer 3

Tenemos que demostrarlo: $$\sum_{cyc}\frac{a}{a+bc}\geq\frac{3}{2}$$ o $$\sum_{cyc}\left(\frac{a}{a+bc}-\frac{1}{2}\right)\geq0$$ o $$\sum_{cyc}\frac{a-bc}{a+bc}\geq0$$ o $$\sum_{cyc}\frac{a(a+b+c)-3bc}{a+bc}\geq0$$ o $$\sum_{cyc}\frac{(a-b)(a+3c)-(c-a)(a+3b)}{a+bc}\geq0$$ o $$\sum_{cyc}(a-b)\left(\frac{a+3c}{a+bc}-\frac{b+3c}{b+ac}\right)\geq0$$ o $$\sum_{cyc}\frac{(a-b)^2c(a+b+3c-3)}{(a+bc)(b+ac)}\geq0$$ o $$\sum_{cyc}\frac{(a-b)^2c^2}{(a+bc)(b+ac)}\geq0.$$ ¡Hecho!

Answer 4

Para el primero : Set $\left(\sqrt{\frac{bc}{a}},\sqrt{\frac{ca}{b}},\sqrt{\frac{ab}{c}}\right)\rightarrow (x,y,z)$ Así, $xy+yz+zx=3$ y debemos probar $$\frac{1}{x^2+1}+\frac{1}{y^2+1}+\frac{1}{z^2+1}\ge \frac{3}{2}$$ Equivale a $\sum x^2+3\ge 3x^2y^2z^2+\sum y^2z^2$ $$\Leftrightarrow (x+y+z-xyz)(x+y+z+3xyz)\ge 12$$ Set $p=x+y+z, \,\ q=xy+yz+zx=3, \,\ r=xyz$

Tenemos que demostrar que $(p-r)(p+3r)\ge 12\Leftrightarrow (pq-3r)(pq+9r)\geq 4q^3$ $$\Leftrightarrow p^2q^2+6pqr\ge 4q^3+27r^2$$ Desde $\sum x^3y+\sum xy^3\ge 2\sum x^2y^2\implies p^2q+3pr\ge 4q^2\implies p^2q^2+3pqr\ge 4q^3 \,\ (\star )$

Desde $(x+y+z)(xy+yz+zx)\ge 9xyz\implies pq\ge 9r\implies 3pqr\ge 27r^2 \,\ (\star \star)$

$(\star) +(\star \star)\implies $ el resultado deseado

Hecho