Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3262
2019-05-29 
Положительные числа $a, b$ и $c$ таковы, что $abc = 1$. Докажите неравенство
$\frac{1}{1+a+b} + \frac{1}{1+b+c} + \frac{1}{1+c+a} \leq 1$.
Решение:
Обозначим $a = x^3, b = y^3, c = z^3$. Тогда $xyz = \sqrt [3]{yabc} = 1$.
Очевидно, для любых $x$ и $y$ верно неравенство $x^2 - xy + y^2 \geq xy$. Умножив обе части этого неравенства на x + y (это можно сделать, так как $x > 0, y > 0$), получим $x^3 + y^3 \geq (x+y)xy$, откуда
$\frac{1}{1+a+b} = \frac {xyz}{xyz + x^3 + y^3} \leq \frac {xyz}{xyz + (x+y)xy} = \frac{z}{x+y+z}$.
Аналогичные неравенства верны для $\frac{1}{1+ b + c}$ и $\frac{1}{1 + c + a}$.
Сложим полученные неравенства:
$\frac{1}{1+a+b} + \frac{1}{1+b+c} + \frac{1}{1+c+a} \leq \frac{z}{x+y+z} + \frac{x}{x+y+z} + \frac{y}{x+y+z} = 1$.
Положительные числа $a, b$ и $c$ таковы, что $abc = 1$. Докажите неравенство
$\frac{1}{1+a+b} + \frac{1}{1+b+c} + \frac{1}{1+c+a} \leq 1$.
Решение:
Обозначим $a = x^3, b = y^3, c = z^3$. Тогда $xyz = \sqrt [3]{yabc} = 1$.
Очевидно, для любых $x$ и $y$ верно неравенство $x^2 - xy + y^2 \geq xy$. Умножив обе части этого неравенства на x + y (это можно сделать, так как $x > 0, y > 0$), получим $x^3 + y^3 \geq (x+y)xy$, откуда
$\frac{1}{1+a+b} = \frac {xyz}{xyz + x^3 + y^3} \leq \frac {xyz}{xyz + (x+y)xy} = \frac{z}{x+y+z}$.
Аналогичные неравенства верны для $\frac{1}{1+ b + c}$ и $\frac{1}{1 + c + a}$.
Сложим полученные неравенства:
$\frac{1}{1+a+b} + \frac{1}{1+b+c} + \frac{1}{1+c+a} \leq \frac{z}{x+y+z} + \frac{x}{x+y+z} + \frac{y}{x+y+z} = 1$.
