OMCC 2023 P3

[Diego Morazán]

Sean $a, b$ y $c$ números reales positivos tales que $a b+b c+c a=1$. Demostrar que
$$\frac{a^3}{a^2+3b^2+3ab+2bc}+\frac{b^3}{b^2+3c^2+3bc+ 2ca}+\frac{c^3}{c^2+3a^2+3ca+2ab}>\frac{1}{6(a^2+b^2+c^2)^2}.$$

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(el link de la imagen del problema si no se entiende nada)

[El gran Filipikachu;]

Spoiler: mostrar

Notemos que $\sum \limits _{cyc} a(a^2+3b^2+3ab+2bc)=(a+b+c)^3$

Por lo tanto, si llamamos $S$ a la expresión de la izquierda de lo que queremos demostrar, tenemos:

$\displaystyle{(a+b+c)^3S=(\sum_{cyc} a(a^2+3b^2+3ab+2bc))(\sum_{cyc} \frac{a^3}{a^2+3b^2+3ab+2bc}) \geq (a^2+b^2+c^2)^2}$

Donde la desigualdad vale por Cauchy Schwarz.
Por lo tanto

$\displaystyle{S \geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(a+b+c)^3}}$

Y si demostramos que $\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(a+b+c)^3} > \frac{1}{6(a^2+b^2+c^2)^2}$ ya estamos.

Esta última desigualdad es equivalente a $6(a^2+b^2+c^2)^4 > (a+b+c)^3$, que a su vez es equivalente a $36(a^2+b^2+c^2)^8 > (a+b+c)^6$ al ser $a, b, c$ reales positivos. Homogenizando esto último con la condición $ab+bc+ca=1$, nos gustaría demostrar que $36(a^2+b^2+c^2)^8 > (a+b+c)^6(ab+bc+ca)^5$.

Notemos que $a^2+b^2+c^2 \geq ab+bc+ca$ por Rearrangement, AM-GM o por ser equivalente a $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \geq 0$.
Además, $3(a^2+b^2+c^2) \geq (a+b+c)^2$ por Cauchy Schwarz (o por AM-QM, aunque también es equivalente a $a^2+b^2+c^2 \geq ab+bc+ca$).

Por lo tanto, tenemos que $(a^2+b^2+c^2)^5 \geq (ab+bc+ca)^5$ y $(3(a^2+b^2+c^2))^3 \geq (a+b+c)^6$.
Multiplicando ambas obtenemos
$\displaystyle{36(a^2+b^2+c^2)^8 > 27(a^2+b^2+c^2)^8 \geq (a+b+c)^6(ab+bc+ca)^5}$
Y por ende $36(a^2+b^2+c^2)^8 > (a+b+c)^6(ab+bc+ca)^5$, como queríamos demostrar.

(Repasando el camino que hicimos, podemos mejorar la cota y decir que $S \geq \frac{1}{3 \sqrt{3}(a^2+b^2+c^2)^2}$, con caso de igualdad cuando $a=b=c=\frac{\sqrt{3}}{3}$)