mateforum.ro

Fie \( a,b,c >0 \) cu \( abc=1 \). Demonstrati ca urmatoarea inegalitate are loc:
\( \displaystyle \sum_{cyc}\frac{1}{(a+b)b} \geq \frac{3}{2} \)

Zhautykov Olympiad 2008

Intr-adevar, cum produsul numerelor \( a, b, c \) este \( 1 \), putem lua \( a=\frac{x}{y}, b=\frac{y}{z} \) si \( c=\frac{z}{x} \). Astfel inegalitatea devine

\( \sum_{cyc}\frac{z^{2}}{zx+y^{2}}\geq\frac{3}{2} \).

Insa, din inegalitatea \( z^{2}+x^{2}\geq 2zx \), vom obtine ca

\( \sum_{cyc}\frac{z^{2}}{zx+y^{2}}\geq\sum_{cyc}\frac{2z^{2}}{z^{2}+x^{2}+2y^{2}} \).
Acum mai ramane sa demonstram ca

\( \sum_{cyc}\frac{2z^{2}}{z^{2}+x^{2}+2y^{2}}\geq\frac{3}{2} \)

care se face folosind din nou inegalitatea Cauchy-Schwarz.

Solutia 2. (pe ideea din concurs a lui Flavian Georgescu)

Fara a leza generalitatea problemei, sa presupunem ca \( a\leq b\leq c \). Din inegalitatea rearanjamentelor avem ca

\( A=\sum_{cyc}\frac{1}{b(a+b)}\geq\sum_{cyc}\frac{1}{c(a+b)}=B \).

Prin urmare \( 2A\geq A+B=\sum_{cyc}\frac{1}{b(a+b)}+\sum_{cyc}\frac{1}{c(a+b)}=\sum_{cyc}\frac{ac}{a+b}+\sum_{cyc}\frac{ab}{a+b}=\sum_{cyc}\frac{a(b+c)}{a+b} \).
Acum, aplicand inegalitatea mediilor, avem ca \( \sum_{cyc}\frac{a(b+c)}{a+b}\geq 3 \), de unde \( A\geq\frac{3}{2} \).