\[ \frac{1}{1+a^{2}(b+c)}+\frac{1}{1+b^{2}(a+c)}+\frac{1}{1+c^{2}(b+a)}\le\frac{1}{abc} \]
para reales positivos $a,b,c$ con $ab+bc+ca=3$.
miércoles, 18 de mayo de 2011
Problema del día 18 de Mayo (Centros)
Demuestra que se cumple
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Veamos que por $AM-GM$ tenemos que $1=(\frac{ab+bc+ca}{3})^3\geq abc$ y por lo tanto $1\geqabc$. Tenemos pues que $abc+a^2(b+c)\leq1+a^2(b+c)$ y tendremos que por la igualdad $3a\leq 1+a^2(b+c)$, por lo que $\frac{1}{1+a^2(b+c)}\leq \frac{1}{3a}$ entonces tendremos que:
$\frac{1}{1+a^2(b+c)}+\frac{1}{1+b^2(c+a)}+\frac{1}{1+c^2(a+b)}\leq \frac{1}{3a}+\frac{1}{3b}+\frac{1}{3c}=S$.
Pero observemos que $S=\frac{ab+bc+ca}{3abc}=\frac{1}{abc}$, que era lo que queríamos demostrar.
Ups, una corrección:
Por $AM-GM$ tenemos que $1=(\frac{ab+bc+ca}{3})^3\geq(abc)^2$, de donde $abc\leq1$.
Veamos que por GMAM se cumple que $abc \le 1$ (pues $1=(\frac{ab+bc+ca}{3})^3$, y de ahí se usa GMAM).
Ahora, $ab+bc+ca = 3 \Rightarrow a(b+c)=3-bc \Rightarrow$
$a^2(b+c)= 3a - abc \geq 3a-1 \Rightarrow 1+a^2(b+c)\geq 3a$.
Así,
$\displaystyle\sum_{cyc}\frac{1}{1+a^2(b+c)} \le \sum_{cyc}\frac{1}{3a} =$
$ \frac{1}{3} * (\frac{ab+bc+ca}{abc} = \frac{1}{3} * \frac{3}{abc} = \frac{1}{abc}$, y acabamos.
Veamos que $ab+bc+ca=3\Rightarrow a+b=\frac{3-ab}{c}$, por lo que $\frac{1}{c^{2}(a+b)+1}=\frac{1}{3c+1-abc}$, análogamente $\frac{1}{a^{2}(b+c)+1}=\frac{1}{3a+1-abc}$ y $\frac{1}{b^{2}(c+a)+1}=\frac{1}{3b+1-abc}$. Ahora, por AM-GM, $1=\frac{ab+bc+ca}{3}\geq (abc)^{\frac{1}{3}}\Rightarrow 1\geq abc\Rightarrow 1-abc\geq 0$. Entonces,$\frac{1}{a^{2}(b+c)+1}+\frac{1}{b^{2}(c+a)+1+\frac{1}{c^{2}(a+b)+1}=\frac{1}{3a+1-abc}+\frac{1}{3b+1-abc}+\frac{1}{3c+1-abc}\leq \frac{1}{3a+0}+\frac{1}{3b+0}+\frac{1}{3c+0}$. Es fácil ver por la hipótesis que la última expresion es igual a $\frac{1}{abc}$.
En el cuadrito de error debe decir esto:
$\frac{1}{a^{2}(b+c)+1}+\frac{1}{b^{2}(c+a)+1}+\frac{1}{c^{2}(a+b)+1}=\frac{1}{3a+1-abc}+\frac{1}{3b+1-abc}+\frac{1}{3c+1-abc}\leq \frac{1}{3a+0}+\frac{1}{3b+0}+\frac{1}{3c+0}$
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