Quieren menos brutal prueba: si $a+b+c=3abc$ y $\frac1a+\frac1b+\frac1c\geq 3$

Question

En el supuesto de presentación para los positivos $a,b,c\,$ que $a+b+c=3abc$ implica $$\frac1{2a+b} + \frac1{2b+c} + \frac1{2c+a} \geq 1$$ necesitaba para demostrar que (dado que la misma restricción)

$$ \frac1a+\frac1b+\frac1c\geq 3$$

Tengo una prueba de que es legible por los humanos, pero menos elegante de lo que me gusta: $$ 3\left( ab-\frac12(a+b)\right)^2 +\frac14(a-b)^2 \geq 0 $$ reorganiza a $$ -3ab(a+b) + (a+b)^2 + \left[ 3a^2b^2-ab\right] \geq 0 $$ y dividiendo por el positie cantidad $ab(a+b)$ esto se convierte en $$ \frac1a + \frac1b + \frac{3ab-1}{a+b} \geq 3 $$ y el tercer término de la derecha es, por la restricción, igual a $\frac1c$.

Lo que no me gusta es que para encontrar que la primera expresión, he utilizado un Búfalo-como técnica: he resuelto la restricción para $c$ en términos de$a$$b$, sustituido en la desigualdad, multiplicado por el producto de los denominadores $ab(a+b)$, se encontró el primer término de la suma de los cuadrados exigiendo que la $a^2b^2$ $(a^2b+b^2a)$ términos de ser cubiertos.

Por algún golpe de suerte los términos restantes eran reconocibles de la plaza (aunque el Búfalo Manera podría controlar también el resto de los términos con todos los coeficientes positivos).

A mí me parece que debe haber una mejor manera de mostrar esto, tal vez usando la desigualdad de Jensen, válido para convexa hacia arriba las funciones de $f(t)$: $$ f\left(\frac{\sum w_ix_i}{\sum w_i} \right)\leq \frac{\sum w_if(x_i)}{\sum w_i} $$ La costumbre truco es utilizar un simple $f(t)$ como $t^{-2}$ y elegir el peso y el $x_I$ hacer el numerador en el lado derecho de salir para el final del negocio de la desigualdad (y la de otras sumas de expresiones que pueden ser manejados utilizando la restricción). Pero no puedo encontrar la manera de hacerlo aquí.

¿Alguien puede encontrar una prueba de que es un poco menos ad hoc en su punto de partida?

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AÑADIÓ MÁS TARDE

Después de ver la excelente pruebas ofrecidas por Arnaldo y Michael, me di cuenta de que a pesar de esto fue agradable para demostrar que, de hecho, no me ayuda a probar que $$\frac1{2a+b} + \frac1{2b+c} + \frac1{2c+a} \geq 1$$

Oh, bueno...

Answer 1

Voy a utilizar

$$a+b+c=3abc \Leftrightarrow \frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}=3$$

De AM-GM $$ \left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right) ^ 2\ge\frac {4} {ab} \\ \left (\frac {1} {un} + \frac {1} {c} \right) ^ 2\ge\frac {4} {CA} \\ \left (\frac {1} {b} + \frac {1} {c} \right) ^ 2\ge\frac {4} {bc} $$

por lo que

$$\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)^2+\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\ge 4\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}\right)=12\quad (1)$$

$x^2+y^2+z^2=(x+y+z)^2-2(xy+xz+yz)$, así

$$\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)^2+\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2=4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2-2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+9\right)\quad (2)$$

y también,

$$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2-2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}\right)=\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2-6\quad (3)$$

Ahora uso $(3)$ $(2)$ y obtener:

$$\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)^2+\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2=2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2-6 \quad (4)$$

Ahora poner $(4)$ $(1)$:

$$2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2-6\ge 12\to \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge 3$$

Answer 2

Tenemos que demostrar $$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq3\sqrt{\frac{a+b+c}{3abc}}$ $ o $$ab+ac+bc\geq\sqrt{3abc(a+b+c)}$ $ o $$\sum_{cyc}(a^2b^2-a^2bc)\geq0$ $ o $$\sum_{cyc}(a^2c^2+b^2c^2-2c^2ab)\geq0$ $ o %#% $ de #% hecho!