Inequality

[man111]

If $a,b,c>0$ and $abc=1$, Then $\displaystyle \frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}\leq 1$

[MrDindows]

Приведя к общему знаменателю ( да, способ дурацкий, но рабочий), и сведя подобные, получим:
$3+2a+2b+2c \le 3+a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b$
Или же $3 \le a+b+c$, так как $a^2b+a^2c+1 \ge 3 \sqrt[3]{a^4bc}=3a$.
Что очевидно истинно.

[Dave]

Пусть $S=a+b+c, \; Q=ab+bc+ca, \; x=a+b+1, \; y=b+c+1, \; z=c+a+1$.
Тогда $S \geq 3 \sqrt [3] {abc} = 3$, $Q \geq 3 \sqrt [3] {(ab)(bc)(ca)} = 3$, а значит $S(Q-2) \geq 3$. Можно переписать это так: $S^3-S^2S+SQ-1-2S-2 \geq 0$ или $S^3-S^2(a+b+c)+S(ab+bc+ca)-abc-2S-2 \geq 0$, т.е. $(S-a)(S-b)(S-c)-(2S+3)+1 \geq 0$, что означает $(y-1)(z-1)(x-1)-(x+y+z)+1 \geq 0$, $xyz \geq yz+zx+xy$ и $1 \geq \frac 1 x + \frac 1 y + \frac 1 z$, что и требовалось доказать.

[arqady]

man111 в сообщении #536762 писал(а):

If $a,b,c>0$ and $abc=1$, Then $\displaystyle \frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}\leq 1$

Можно ещё так:
Пусть $a=x^3$, $b=y^3$ и $c=z^3$.
Тогда $\sum\limits_{cyc}\frac{1}{1+a+b}=\sum\limits_{cyc}\frac{1}{xyz+x^3+y^3}\leq\sum\limits_{cyc}\frac{1}{xyz+x^2y+xy^2}=\sum\limits_{cyc}\frac{z}{x+y+z}=1$.
Наименьшее $k$, при котором неравенство
$\displaystyle \frac{1}{a+b+k}+\frac{1}{b+c+k}+\frac{1}{c+a+k}\leq \frac{3}{2+k}$
верно для всех положительных $a$, $b$ и $c$ таких, что $abc=1$, это $k=1$.

[Dave]

arqady в сообщении #537185 писал(а):

Тогда $\sum\limits_{cyc}\frac{1}{1+a+b}=\sum\limits_{cyc}\frac{1}{xyz+x^3+y^3}\leq\sum\limits_{cyc}\frac{1}{xyz+x^2y+y^2z}=\sum\limits_{cyc}\frac{z}{x+y+z}=1$.

Вы имели ввиду $\sum\limits_{cyc}\frac{1}{xyz+x^2y+y^2x} \; ?$

[arqady]

Да. Спасибо! Исправил.

[man111]

Thanks MrDindows, Dave,Arquady