Cómo probar que $\frac{a+b}{1+a+b} \leq \frac{a}{1+a} + \frac{b}{1+b}$ no negativos $a,b$?

Question

Si $a, b$ son no-negativos de los números reales, demostrar que $$ \frac{a+b}{1+a+b} \leq \frac{a}{1+a} + \frac{b}{1+b} $$

Estoy tratando de demostrar este resultado. Para ello he añadido $ab$ a ambos denominador y el numerador como la conocemos $$ \frac{a+b}{1+a+b} \leq \frac{a+b+ab}{1+a+b+ab} $$ lo que me da $$ \frac{a}{1+a} + \frac{b}{(1+) (1+b)} $$

¿Cómo puedo reducir el segundo término más, y obtener el resultado deseado?

Answer 1

$$ \frac{a+b}{1+a+b} =\frac{a}{1+a+b} + \frac{b}{1+a+b} $$ luego de probar

$$ \frac{a}{1+a+b} \leq \frac{a}{1+a} $$

Answer 2

Tenemos $$\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}-\frac{a+b}{1+a+b}={\frac {ba \left( a+b+2 \right) }{ \left( 1+a \right) \left( 1+b \right) \left( 1+a+b \right) }} \geq 0$$ el numerador puede ser calculado como $$a(1+b)(1+a+b)+b(1+a)(1+a+b)-(a+b)(1+a)(1+b)=...$$ también tenemos en las mismas condiciones $$\frac{a+b+c}{1+a+b+c}\le \frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}$$ y así sucesivamente ...

Answer 3

Deje $f(x)=\frac{x}{1+x}.$ Entonces, por la desigualdad de Jensen $$ f(a)+f(b)=\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b} \geq 2 f( \frac{a+b}{2})=\frac{a+b}{1+\frac{a+b}{2}} \geq \frac{a+b}{1+a+b}. $$

Answer 4

Con el fin de demostrar que el $f(x)=\frac{x}{1+x}$ es sublinear en $\mathbb{R}^+$ es lo suficiente como para notar que $f'(x)=\frac{1}{(1+x)^2}$ conduce a

$$ \frac{f(a+b)-f(a)}{f(b)-f(0)} = \frac{\int_{a}^{a+b}\frac{dx}{(1+x)^2}}{\int_{0}^{b}\frac{dx}{(1+x)^2}}\leq 1 $$ desde $f'(x)$ está disminuyendo. En otros términos, la sublinearity es una consecuencia de la concavidad.

Answer 5

Supongo que usted está casi allí...

Si $a\ge 0$,$1+a\ge 1$$(1+a)(1+b)\ge 1+b$. Esto le da a usted $$\frac b {(1+a)(1+b)}\le \frac b {1+b}$$ y el resultado que estás buscando de la siguiente manera.