Cómo probar esta desigualdad acerca de $xyz=1$

Question

Deje $x,y,z>0$,y tal $xyz=1$, muestran que $$\dfrac{x+y}{x^3+x}+\dfrac{y+z}{y^3+y}+\dfrac{z+x}{z^3+z}\ge 3$$

Traté de usar $AM-GM$ la desigualdad $$\dfrac{x+y}{x^3+x}+\dfrac{y+z}{y^3+y}+\dfrac{z+x}{z^3+z}\ge 3\sqrt{\dfrac{(x+y)(y+z)(z+x)}{(x^3+x)(y^3+y)(z^3+z)}}$$ lo que muestra que $$(x+y)(y+z)(z+x)\ge (x^3+x)(y^3+y)(z^3+z)$$ Estoy en las líneas de la derecha?pero no tengo ninguna idea de cómo empezar a probarlo

Answer 1

en primer lugar, se puede reescribir los términos como : $$\frac{x+y}{x^3+x}=\frac{1}{1+x^2}+\frac{y}{x+x^3}=1-\frac{x^2}{1+x^2}+\frac{y}{x}-\frac{yx^2}{x+x^3}$$ then we can apply $AM\geq GM$ for the denominators and we get $$\frac{x+y}{x^3+x}\geq 1+\frac{y}{x}-\frac{x^2}{2x}-\frac{yx^2}{2x^2}=1+\frac{y}{x}-\frac{x}{2}-\frac{y}{2}$$ similarly we get the other terms and after adding these 3 inequalities we have $$\frac{x+y}{x^3+x}+\frac{y+z}{y^3+y}+\frac{z+x}{z^3+z}\geq 3 +\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}-x-y-z $$ now it is suffice to show that $\frac{y}{x}+\frac{z} de{y}+\frac{x}{z}\geq x+y+z$ and this is well known ineqality when $xyz\le 1$ que se hacen

Answer 2

Desde $\frac{x+y}{x+x^3}=\frac{(x+y)yz}{(x+x^3)yz}=\frac{1+y^2z}{1+x^2}$ y similar igualdades espera, podemos reescribir la desigualdad como: $$\sum \frac{1+y^2z}{1+x^2}\ge 3$$. Según Cauchy-Schwarz:
$$\sum \frac{1+y^2z}{1+x^2}=\sum \frac{(1+y^2z)^2}{(1+x^2)(1+y^2z)}\ge \frac{(3+\sum y^2z)^2}{\sum (1+x^2)(1+y^2z)}$$ Por lo tanto, es suficiente para mostrar: $$9+6\sum y^2z+\left(\sum y^2z\right)^2\ge \sum (1+xy+x^2+y^2z)$$

$$\iff 3\left[\sum y^2z-\sum xy\right]+\left[\sum y^4z^2+2\sum y^2z^3x-3\sum x^2\right]\ge 0 $$

De acuerdo a la AM-GM, tenemos: $$\sum y^2z-\sum xy=\frac{1}{3}\sum [2x^2y+y^2z-3x^{\frac{4}{3}}y^\frac{4}{3}z^\frac{1}{3}]\ge 0$$ y $$\sum y^4z^2+2\sum y^2z^3x-3\sum x^2=\sum [y^4z^2+2y^3zx^2-3y^{\frac{10}{3}}z^{\frac{4}{3}}x^{\frac{4}{3}}]\ge 0$$ y así hemos terminado. La igualdad se produce en $(x y, z)=(1, 1, 1)$.

Nota: $\sum$ denota la suma cíclica.