Cómo demostrar a $\sqrt{\frac{bc}{a+bc}}+\sqrt{\frac{ca}{b+ca}}+\sqrt{\frac{ab}{c+ab}}\geq 1$

Question

Deje $a,b,c>0,a+b+c=1$, muestran que $$\sqrt{\dfrac{bc}{a+bc}}+\sqrt{\dfrac{ca}{b+ca}}+\sqrt{\dfrac{ab}{c+ab}} \geq 1$$

He intentado $$\dfrac{bc}{a+bc}=\dfrac{bc}{a(a+b+c)+bc}=\dfrac{bc}{(a+b)(a+c)}$$ Es suficiente para mostrar que $$\sqrt{\dfrac{bc}{(a+b)(a+c)}}+\sqrt{\dfrac{ca}{(b+a)(b+c)}}+\sqrt{\dfrac{ab}{(c+a)(c+b)}}\geq 1$$

Answer 1

Vamos $a=\frac{1}{x}$, $b=\frac{1}{y}$ y $c=\frac{1}{z}$. Por lo tanto, tenemos que demostrar que el$\sum\limits_{cyc}\frac{x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}\geq1$.

Por AM-GM y C-S $\sum\limits_{cyc}\frac{x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}\geq\sum\limits_{cyc}\frac{2x}{2x+y+z}\geq\frac{2(x+y+z)^2}{\sum\limits_{cyc}(2x^2+2xy)}\geq1$

Answer 2

Como $0<a,b,c<1$, podemos encontrar $0<A,B,C<\pi/2$ tal que $a=\sin^2A, b=\sin^2B$$c=\sin^2C$. Entonces, tenemos $\sin^2A + \sin^2B + \sin^2C=1$.

Si $A+B+C<\pi/2$, $\sin(A+B) < \sin(\pi/2 - C) = \cos(C)$. El cuadrado ambos lados, $\cos^2C > \sin^2A\cos^2B + \sin^2B\cos^2A + 2\sin A\sin B\cos A\cos B$ $= \sin^2A + \sin^2B -2\sin^2A\sin^2B + 2\sin A\sin B\cos A\cos B$ $= \sin^2A + \sin^2B + 2\sin A \sin B\cos (A+B)$ $\geq \sin^2A + \sin^2B$ $A+B < A+B+C < \pi/2$ $\cos (A+B)>0$

Por lo tanto, tenemos $\sin^2A+\sin^2B+\sin^2C < 1$ contradiciendo la condición dada. Por lo tanto, debemos tener $A+B+C \geq \pi/2$.

De continuar con la desigualdad, $$\sqrt{\frac{bc}{(1-b)(1-c)}}+\sqrt{\frac{ab}{(1-a)(1-b)}}+\sqrt{\frac{ca}{(1-c)(1-a)}}$$ $$=\tan A\tan B + \tan B\tan C + \tan C\tan A$$ $$=\frac{\sin A\sin B\cos C + \sin B\sin C\cos A + \sin C\sin A\cos B}{\cos A\cos B\cos C}$$ $$=\frac{\cos A\cos B\cos C-\cos(A+B+C)}{\cos A\cos B\cos C} = 1 - \frac{\cos(A+B+C)}{\cos A\cos B\cos C} \geq 1$$

debido a $A+B+C\geq \pi/2$ implica $\cos(A+B+C)\leq 0$. Por lo tanto la desigualdad de stands probado.