Prueba $\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} + 8\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge 2$

Question

Dejemos que $a,b,c>0$ , demuestre que

$$\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge 2.$$ He intentado utilizar la igualdad $(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc$ y la desigualdad de Schur, pero no es muy útil.

Gracias.

Answer 1

WOLG: $a\ge b\ge c$ tenemos $$2b(a+c)^2-(a+b)(b+c)(a+c)=(a+c)(a-b)(b-c)\ge 0$$ así que $$\dfrac{8abc}{(a+b)(b+c)(a+c)}\ge\dfrac{4ac}{(a+c)^2}$$ por lo que sólo probamos $$\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}+\dfrac{4ac}{(a+c)^2}\ge 2$$ desde $$\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}+\dfrac{4ac}{(a+c)^2}- 2=\dfrac{(a^2+c^2 -ab-bc)^2}{(a+c)^2(ab+bc+ac)}\ge 0$$

Answer 2

Me gustaría utilizar la idea de @math 110 con una pequeña diferencia al demostrar que

$$\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}+\dfrac{4ac}{(a+c)^2}\ge 2$$

Desde $\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}=\dfrac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ac}-2$ podemos reescribir la desigualdad como

$\dfrac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ac}\ge 4-\dfrac{4ac}{(a+c)^2}=\dfrac{4(a^2+ac+c^2)}{(a+c)^2}$

O $4(a^2+ac+c^2)(ab+bc+ac)\le (a+c)^2(a+b+c)^2$

Utilizando AM-GM, tenemos $4(a^2+ac+c^2)(ab+bc+ac)\le (a^2+ac+c^2+ab+bc+ac)^2 =[(a+c)^2+b(a+c)]^2 =(a+c)^2(a+b+c)^2$

Answer 3

Tenemos que demostrar que $$\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+ac+bc}-1\geq1-\frac{8abc}{(a+b)(a+c)(b+c)}$$ o $$\sum\limits_{cyc}\frac{(a-b)^2}{2(ab+ac+bc)}\geq\frac{\sum\limits_{cyc}c(a-b)^2}{(a+b)(a+c)(b+c)}$$ o $$\sum_{cyc}(a-b)^2(a^2b+a^2c+b^2a+b^2c-c^2a-c^2b)\geq0.$$ Dejemos que $a\geq b\geq c$ . Por lo tanto, $(a-c)^2\geq (b-c)^2$ , $$a^2b+a^2c+b^2a+b^2c-c^2a-c^2b\geq0$$ y $$a^2b+a^2c+c^2a+c^2b-b^2a-b^2c\geq0.$$ Así, $$\sum_{cyc}(a-b)^2(a^2b+a^2c+b^2a+b^2c-c^2a-c^2b)\geq$$ $$\geq(b-c)^2(a^2b+a^2c+c^2a+c^2b-b^2a-b^2c+b^2a+b^2a+c^2a+c^2b-a^2b-a^2c)=$$ $$=2(b-c)^2c^2(a+b)\geq0.$$ ¡Hecho!