Para una más "automatised" solución, uno podría razonar así:
Revisión de los conjuntos de $A,B,C$, y vamos a mostrar que $\rho_2(A,B) + \rho_2(B,C) \geq \rho_2(A,C)$. Estos $3$ conjuntos de dividir el espacio en $7$ piezas (excepto el complemento de la suma), y las medidas de estas piezas son esencialmente independientes (esencialmente, debido a que todavía necesita de la suma a que en la mayoría de las $1$, pero desde el escalado no cambiar nada, esto en realidad no importa). Demos las medidas de estas piezas de algunos de los nombres: $a = P(A\cap B^c \cap C^c),\ b = P(A^c \cap B \cap C^c),\ c = P(A^c \cap B^c \cap C)$, $x = P(A^c \cap B \cap C),\ y = P(A \cap B^c \cap C),\ z = P(A \cap B \cap C^c),\ w = P(A \cap B \cap C)$.
Ahora, $P(A \triangle B) = P(A \cap B^c) + P(A^c \cap B) = a + b + x + y$, mientras que $P(A \cup B) = a + b + x + y + z + w = s - c$ donde $s = a + b + c + x + y + z + w$. Por lo tanto, $\rho_2(A,B) = \frac{a+b+x+y}{s-c}$.
La afirmación de que la desigualdad de triángulo tiene ahora se convierte en:
$$ L= \frac{a+b+x+y}{s-c} + \frac{b+c+y+z}{s-a} \geq \frac{c+a+z+x}{s-b} = R$$
Esto es ahora "simplemente" un inquality positivos de reales (es homogéneo y bien podemos colocar el supuesto de $s \leq 1$), por lo que este debe ser solucionable con un poco de trabajo.
En primer lugar, tenga en cuenta que a excepción de un período, $c$ $z$ siempre aparecen juntos como $c+z$. Si disminuimos $c$ y aumentar el $z$, dejando $c+z$ constante, $L$ hace más pequeño, mientras que $R$ permanece fijo. Por lo tanto, será suficiente para considerar el caso cuando se $c$ es tan pequeño como sea posible: $c = 0$. Del mismo modo, podemos suponer que $a = 0$ por la disminución de $a$ y manteniendo $a+x$ constante. Finalmente, por el mismo argumento se aplica a la inversa, si disminuimos $y$, manteniendo $b+y$ constante, $R$ aumenta mientras que $L$ permanece constante, por lo que podemos suponer $y = 0$.
Después de estas simplificaciones, la desigualdad bajo consideración se convierte en:
$$ L= \frac{2b+x+z}{s} = \frac{b+x}{s} + \frac{b+z}{s} \geq \frac{z+x}{s-b} = R$$
Deje $t := x+z$ (tenga en cuenta que $x$ $z$ siempre aparecen juntos). La igualdad queremos demostrar que es equivalente (después de multiplicar por los denominadores):
$$ (2b+t)(s-b) \geq ts $$
Después de la apertura de los soportes y reorganizar una vez más, esto se convierte en:
$$ b(2s - 2b - t) \geq 0$$
Debido a $s = b + x + z + w = b+t+w$,$2s \geq 2b + t$, y, por tanto, la desigualdad se cumple.
Nota: Esta solución creció un poco más de lo inicialmente previsto. Mi objetivo era principalmente para mostrar que el problema puede ser resuelto de una manera que es esencialmente mecánico, frente a las algo más de inspiración solución por el autor de el problema.
