Още едно неравенство

[Pinetop Smith]

Реалните положителни числа x, y, z изпълняват условието

[tex]\frac{1}{x+1} + \frac{1}{y+1} + \frac{1}{z+1} = 1[/tex]. Да се докаже, че

[tex]x+y+z\ge \frac{6}{\sqrt[3]{xyz} -1 } [/tex]

[Реклама]

[Saposto_MM]

Нека [tex]x=\frac{1-a}{a} [/tex], [tex]y=\frac{1-b}{b} [/tex] и [tex]z=\frac{1-c}{c} [/tex]. Тогава [tex]a+b+c=1[/tex] и неравенството е еквивалентно (след освобождаване от знаменател) на [tex]\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\sqrt[3]{\frac{\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)}{abc}}-\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge 3+3\sqrt[3]{\frac{\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)}{abc}} [/tex]. Но от СА-СГ [tex]\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-3\ge 3\sqrt[3]{\frac{\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)}{abc}} [/tex]. Значи трябва да докажем, че [tex]\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\sqrt[3]{\frac{\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)}{abc}}-\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge 3+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-3[/tex] [tex]\Leftrightarrow[/tex] [tex]\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge 8abc[/tex], което е директно от СА-СГ. Равенство при [tex]x=y=z=2[/tex].