Estamos tratando de probar que para todo $x,y,z\in\mathbb R$ la desigualdad $$\frac{|x-y|}{1+|x|+|y|}\leq\frac{|x-z|}{1+|x|+|z|}+\frac{|z-y|}{1+|z|+|y|}\etiqueta{1}$$ se mantiene. Deje que $x$ y $y$ se fija. Podemos suponer sin pérdida de generalidad que $x<y$ (intercambiando $x$ y $y$ no cambia la desigualdad y la $x=$ y el caso es trivial). Deje que $a\leq b\leq c$ ser los números $0,x,$ y, ordenados por tamaño. Entonces, la función $f:\mathbb R\to\mathbb R$ definida por $$\begin{align}f(z)&=\left(\frac{|x-z|}{1+|x|+|z|}+\frac{|z-y|}{1+|z|+|y|}-\frac{|x-y|}{1+|x|+|y|}\right)(1+|x|+|z|)(1+|z|+|y|)\\&=|z-x|(1+|y|+|z|)+|z-y|(1+|x|+|z|)-\frac{|x-y|}{1+|x|+|y|}(1+|x|+|z|)(1+|z|+|y|)\end{align}$$ es cuadrática en cada uno de los (posiblemente degenerado) intervalos de $(-\infty,a],[a,b],[b,c],[c,\infty)$. Demostrar la desigualdad de $(1)$ de un particular $z\in\mathbb R$ es equivalente a probar que $f(z)\geq 0$ que $z$.
Tenga en cuenta que $f(x)=f(y)=0,$ por lo que es suficiente para demostrar que estos son los mínimos globales de $f$. Tenga en cuenta que la RHS de $(1)$ va $2$ $z\a\pm\infty$, mientras que el lado izquierdo permanece menos de $1$ por la desigualdad de triángulo, por lo que la desigualdad se cumple para todo a $z$ que son lo suficientemente grandes en valor absoluto. Por lo tanto, queda por verificar que los mínimos locales de $f$ son no-negativos (si existe alguno) y que $f(0)\geq 0$ (este es el único punto singular).
Para verificar que $f(0)\geq 0$, simplemente comprueba la desigualdad por $z=0$: $$\frac{|x-y|}{1+|x|+|y|}\leq\frac{|x|+|y|}{1+|x|+|y|}=\frac{|x|}{1+|x|+|y|}+\frac{|y|}{1+|x|+|y|}\leq\frac{|x|}{1+|x|}+\frac{|y|}{1+|y|}.$$
A continuación, la función $f$ es diferenciable en todas partes, excepto posiblemente en $0,x,y$. Recordemos que la derivada de la función valor absoluto de $z\mapsto|z|$ es el signo de la función $z\mapsto\operatorname{sgn}(z)$, donde existe. Por lo tanto, podemos calcular la derivada de $f$: $$f'(z)=\operatorname{sgn}(z-x)(1+|y|+|z|)+|z-x|\operatorname{sgn}(z)+\operatorname{sgn}(z-y)(1+|x|+|z|)+|z-y|\operatorname{sgn}(z)-\frac{|x-y|}{1+|x|+|y|}\operatorname{sgn}(z)(1+|z|+|y|)-\frac{|x-y|}{1+|x|+|y|}(1+|x|+|z|)\operatorname{sgn}(z)$$ y la segunda derivada es la siguiente: $$\begin{align}f"(z)&=\operatorname{sgn}(z-x)\operatorname{sgn}(z)+\operatorname{sgn}(z-x)\operatorname{sgn}(z)+\operatorname{sgn}(z-y)\operatorname{sgn}(z)+\operatorname{sgn}(z-y)\operatorname{sgn}(z)-\frac{|x-y|}{1+|x|+|y|}\operatorname{sgn}(z)\operatorname{sgn}(z)-\frac{|x-y|}{1+|x|+|y|}\operatorname{sgn}(z)\operatorname{sgn}(z)\\&=2\operatorname{sgn}(z)(\operatorname{sgn}(z-x)+\operatorname{sgn}(z-y))-2\frac{|x-y|}{1+|x|+|y|}.\end{align}$$
Una función cuadrática puede alcanzar un mínimo sólo en un punto donde la segunda derivada es no negativo. El último cálculo nos dice que esto sólo puede suceder si $$\operatorname{sgn}(z)(\operatorname{sgn}(z-x)+\operatorname{sgn}(z-y))>0.$$ Esto es cierto, precisamente si $z<x$ y $z<0$ o $z>y$ y $z>0$.
Estos dos casos son precisamente los dos casos, cuando los valores de los $\operatorname{sgn}$ de función que aparecen en nuestro cálculo de $f$ es el mismo. Pretendemos que $f'(z)\neq 0$ estos $z$ (lo que implica que ningún otro mínimos locales puede ocurrir). Puesto que los signos son todos el mismo, esto se reduce a mostrar que $$(1+|y|+|z|)+|z-x|+(1+|x|+|z|)+|z-y|\neq\\\neq\frac{|x-y|}{1+|x|+|y|}(1+|z|+|y|)+\frac{|x-y|}{1+|x|+|y|}(1+|x|+|z|).$$ Pero ya hemos visto en el principio de que $$\frac{|x-y|}{1+|x|+|y|}<1.$$ Esto implica que $$(1+|y|+|z|)+|z-x|+(1+|x|+|z|)+|z-y|>(1+|y|+|z|)+(1+|x|+|z|)$$ y $$\frac{|x-y|}{1+|x|+|y|}(1+|z|+|y|)+\frac{|x-y|}{1+|x|+|y|}(1+|x|+|z|)<(1+|y|+|z|)+(1+|x|+|z|)$$ y la desigualdad se establece.
