$\frac{x}{\sqrt{yz}+\sqrt{3}}+\frac{y}{\sqrt{xz}+\sqrt{3}}+\frac{z}{\sqrt{yx}+\sqrt{3}}\leq \frac{1}{4\sqrt{3}xyz}$

Question

Que $x;y;z>0$ tal que: $xy+yz+zx=1$. Demostrar que:

$\frac{x}{\sqrt{yz}+\sqrt{3}}+\frac{y}{\sqrt{xz}+\sqrt{3}}+\frac{z}{\sqrt{yx}+\sqrt{3}}\leq \frac{1}{4\sqrt{3}xyz}$

Creo:

$1=xy+yz+zx\geq 3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\Rightarrow xyz\leq \frac{1}{3\sqrt{3}}\Rightarrow \frac{1}{4\sqrt{3}xyz}\geq \frac{3}{4}$

Entonces, tenemos que demostrar:

$\frac{x}{\sqrt{yz}+\sqrt{3}}+\frac{y}{\sqrt{xz}+\sqrt{3}}+\frac{z}{\sqrt{yx}+\sqrt{3}}\leq \frac{3}{4}$

Pero no sé cómo :(

Gracias :)

Answer 1

Deje $a^2=3xy, b^2=yz, c^2=3zx$, $a^2+b^2+c^2=3$ y tenemos que mostrar $$\sum_{cyc} \frac{bc}{a(3+a)} \le \frac3{4abc} \iff \sum_{cyc} \frac{b^2c^2}{3+a} \le \frac34$$

Primaria métodos parecen difíciles en que, a pesar de que puede utilizar el $uvw$ truco. Racionalización de denominadores y el uso de $3u=a+b+c, \; 3v^2=ab+bc+ca \implies 2v^2=3u^2-1,\; w^3=abc$, usted puede finalmente obtener los siguientes equivalentes: $$27u^2(2-3u^2)(3u^2+6u+5)+2(54u^3+90u^2+54u-5)w^3-8w^6 \ge 0 \tag{$\daga$}$$

El aspecto más relevante acerca de $(\dagger)$ es considerada como una función de $w^3$, LHS es cóncava (una ecuación cuadrática hacia abajo), por lo tanto para cualquier posible $u$, LHS logra mínimo sólo al $w^3$ toma un valor extremo en el intervalo permisible. Esto ocurre cuando dos entre $a, b, c$ son iguales o $abc=0$.

Caso 1: WLOG es suficiente para verificar la desigualdad para el caso de $b=c=t$. A continuación, $a^2+2t^2=3 \implies a = \sqrt{3-2t^2}$ y necesitamos mostrar sólo por $t \in (0, \sqrt{3/2}]$: $$\frac{t^4}{3+\sqrt{3-2t^2}}+\frac{2(3-2t^2)t^2}{3+t} \le \frac34$$ que mientras complicado es verificable.

Caso 2: WLOG deje $c=0$. Luego tenemos a $a^2+b^2=3$ y la necesidad de mostrar $\dfrac{a^2b^2}3 \le \dfrac34$ por lo que es fácil AM-GM.

Answer 2

Poco puedo simplificar la pregunta como sigue.

Poner $a=\sqrt{yz}$, $b=\sqrt{xz}$ y $c=\sqrt{xy}$. $x=\frac{bc}a$, $y=\frac{ac}b$% Y $z=\frac{ab}c$, $a^2+b^2+c^2=1$y nos tienen que demostrar

$$\frac{bc}{a^2+a\sqrt{3}}+\frac{ac}{b^2+b\sqrt{3}}+\frac{ab}{c^2+c\sqrt{3}}\leq \frac{1}{4\sqrt{3}abc}.$$

$$\frac{1}{a^3+a^2\sqrt{3}}+\frac{1}{b^3+b^2\sqrt{3}}+\frac{1}{c^3+c^2\sqrt{3}}\leq \frac{1}{4\sqrt{3}a^2b^2c^2}.$$

Observación. Que $f(t)=\frac{1}{t^3+\sqrt{3}t^2}$. Por desgracia, $f''(t)=\frac{2(6t^2+8\sqrt{3}t+9)}{t^4(t+\sqrt{3})^3}>0$ proporcionado $t>0$, por lo que no podemos aplicar la desigualdad de Jensen.

Si queremos usar un común denominador, entonces tenemos que demostrar.

$$(a^3b^3+a^3c^3+b^3c^3)+\sqrt{3}(a^3b^2+b^3a^2+a^3c^2+c^3a^2+b^3c^2+c^3b^2)+3(a^2+b^2+c^2)\le$$ $$\frac{1}{4\sqrt{3}}(abc+\sqrt{3}(ab+bc+ac)+3(a+b+c)+3\sqrt{3})$$

Desde $a^2+b^2+c^2=1$

$$(a^3b^3+a^3c^3+b^3c^3)+\sqrt{3}(a^3b^2+b^3a^2+a^3c^2+c^3a^2+b^3c^2+c^3b^2)+\frac{9}{4}\le$$ $$ \frac{1}{4\sqrt{3}}(abc+\sqrt{3}(ab+bc+ac)+3(a+b+c)).$$