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Disuguaglianza molto tranquilla (e forse anche già conosciuta), astenersi esperti.

Siano a,b,c numeri reali positivi. Dimostrare che:

$ \displaystyle \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2} $

Non è la disuguaglianza di Nesbitt? Beh, riporto una soluzione che vidi e mi piacque...
Riscrivo la tesi come $ \displaystyle\sum_{cyc}\frac{a+b+c}{b+c}-3\geq\frac{3}{2} $.
Raccolgo, moltiplico per 2 e ottengo $ \displaystyle\sum_{cyc}(a+b)\sum_{cyc}\frac{1}{a+b}\geq 9 $.
Divido infine per $ \displaystyle3\cdot\sum_{cyc}\frac{1}{a+b} $ e ottengo
$ \displaystyle\frac{(a+b)+(b+c)+(c+a)}{3}\geq\frac{3}{\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}} $, che è vera per $ AM-HM $ sulla terna $ \displaystyle((a+b),(b+c),(c+a)) $, c.v.d.

Ciao!

Non è la disuguaglianza di Nesbitt?

Boh, non lo sapevo.
Comunque bella la soluzione! Posto anche la mia.

Effettuo le sostituzioni $ x=a+b $, $ y=b+c $, $ z=c+a $ e ottengo:

$ \displaystyle \frac{x+z-y}{y}+ \frac{x-z+y}{z}+ \frac{y+z-x}{x} \ge 3 $
Faccio il denominatore comune e ottengo:

$ \displaystyle \frac{x^2z+x^2y+y^2x+y^2z+z^2x+z^2y}{6} \ge xyz $
Che è vera per AM-GM applicata alla 6-tupla a numeratore del membro sinistro.
Ciao

$ \displaystyle\sum_{cyc}(a+b)\sum_{cyc}\frac{1}{a+b}\geq 9 $.

Mi sono accorto oggi che da questo passaggio in poi si può anche evocare la disuguaglianza di Cauchy-Schwartz... e si risparmia tempo e spazio!