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Problema 3117, desafios

Cesarator	Jun 27 2006, 10:50 PM Publicado: #1
Invitado	A pedido del publico, planteo otro de los desafios CRUX. Des pues de resueltos los ubicaremos de acuerdo a su nivel de dificultad (Decir la dificultad puede ser una pista). Preferiria que me enviaran los soluciones via MP, porque si se postean se pierde la posibilidad que otros usuarios de fmat lo resuelvan y aparezcan en la revista. Aca va: $TEX: {\bf Problema 1}. <br />Sean $a,b,c$ las longitudes de los lados opuestos a los vertices $A,B$ y $C$ de un tri\'angulo $\triangle ABC$. Sea $s$ el semiper\'{\i}metro del tri\'angulo. Demostrar que<br />\[<br />\sum_{ciclica}(a+b)\sqrt{ab(s-a)(s-b)} \le 3abc<br />\]<br />$ PS. Ojo que a mi me gusta regalar libros a los que van acumulando posts con buenas soluciones a los problemas, sobretodo los propuestos en el sector olimpico. Ya varios han recibido libritos de mi parte...

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 28 2006, 08:29 PM Publicado: #2
Dios Matemático Supremo Grupo: Administrador Mensajes: 2.706 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago de Chile Miembro Nº: 10 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	¿Qué quiere decir $TEX: $$\sum_{\textrm{c\'iclica}}$$$ ? -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

Pasten Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 28 2006, 09:05 PM Publicado: #3
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 765 Registrado: 6-December 05 Miembro Nº: 458 Nacionalidad: Sexo:	$TEX: $\displaystyle \sum_{ciclica}f(a,b,c)=f(a,b,c)+f(b,c,a)+f(c,a,b)$$ -------------------- Pasten, un buen muchacho en quien confiar.

Cesarator	Jun 28 2006, 10:49 PM Publicado: #4
Invitado	Para practicar cosasciclicas, aca van otros problemas, la misma idea, soluciones via MP y despues los pondremos en su clasificacion respectiva: $TEX: <br />{\bf Problema 2}. Sean $a,b,c$ n\'umeros reales. Demostrar que<br />\[<br />\sum_{ciclica}a(b+c-a)^3 \le 4abc(a+b+c).<br />\]<br />$ $TEX: <br />{\bf Problema 3}. Sean $a,b,c$ los lados de un tri\'angulo. Probar que<br />\[<br />\frac{abc (a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2} \ge 2abc + \prod_{ciclico} (b+c-a)<br />\]<br />$

Pasten Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 21 2006, 09:34 PM Publicado: #5
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 765 Registrado: 6-December 05 Miembro Nº: 458 Nacionalidad: Sexo:	-------------------- Pasten, un buen muchacho en quien confiar.

Pasten Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Dec 30 2006, 09:56 AM Publicado: #6
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 765 Registrado: 6-December 05 Miembro Nº: 458 Nacionalidad: Sexo:	Bueno, como nunca se supo que paso con esto y ya hace harto tiempo, no veo problema en poner las dos soluciones que encontre por aquellos años para que no se pierdan estos lindos problemas; CITA $TEX: <br />Sean $a,b,c$ las longitudes de los lados opuestos a los vertices $A,B$ y $C$ de un tri\'angulo $\triangle ABC$. Sea $s$ el semiper\'{\i}metro del tri\'angulo. Demostrar que<br />\[<br />\sum_{ciclica}(a+b)\sqrt{ab(s-a)(s-b)} \le 3abc<br />\]$ Solucion: $TEX: \noindent<br />Las sumas seran ciclicas y se usaran las notaciones usuales para un triangulo $ABC$.\\<br />De la geometria del triangulo recordemos que la bisectriz de $A$ es\\<br />$\displaystyle w_a=\sqrt{ab\left(1-\frac{c^2}{(a+b)^2}\right)}$\\<br />y que la superficie de $ABC$ esta dada por\\<br />$\displaystyle K=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$\\<br />Luego, se tiene\\<br />$\displaystyle \sum (a+b)\sqrt{ab(s-a)(s-b)}=\sum (a+b)K\sqrt{\frac{ab}{s(s-c)}}=\\<br />=\sum (a+b)K\sqrt{\frac{4ab}{(a+b)^2-c^2}}=2\sum\frac{abK}{w_c}$\\<br />entonces se debe demostrar\\<br />$\displaystyle 2\sum\frac{abK}{w_c}\le 3abc$\\<br />dividiendo ambos miembros por $2abc$ tenemos la desigualdad equivalente\\<br />$\displaystyle \sum\frac{K}{aw_a}\le \frac{3}{2}$\\<br />Pero si $h_a$ es la altura correspondiente al lado $a$, es directo que $h_a\le w_a$, y a demas recordando que $2K=ah_a$ se tiene\\<br />$\displaystyle \sum\frac{K}{aw_a}\le\sum\frac{K}{ah_a}=\frac{3}{2}$\\<br />que equivale a lo pedido.\\<br />La igualdad se alcanza si cada altura es igual a su respectiva bisectriz, es decir, para el triangulo equilatero.<br />$ CITA(Cesarator @ Jun 29 2006, 03:49 AM) $TEX: <br />{\bf Problema 2}. Sean $a,b,c$ n\'umeros reales. Demostrar que<br />\[<br />\sum_{ciclica}a(b+c-a)^3 \le 4abc(a+b+c).<br />\]<br />$ $TEX: \noindent<br />Desarrollando el primer miembro llegamos a la desigualdad equivalente\\<br />$4abc\sum a\ge -\sum a^4+4\sum ab^3+4\sum a^3b-6\sum a^2b^2$ (1)\\<br />El hecho que las variables sean reales nos invita a buscar una desigualdad del tipo $x_1^2\ge0$. \\<br />En (1), restamos el segundo miembro al primero y obtenemos\\<br />$4abc\sum a+\sum a^4-4\sum ab^3-4\sum a^3b+6\sum a^2b^2\ge0$\\<br />Factorizando adecuadamente llegamos a que\\<br />$4abc\sum a+\sum a^4-4\sum ab^3-4\sum a^3b+6\sum a^2b^2=(\sum a^2-2\sum ab)^2$\\<br />Pero como esto ultimo es un cuadrado, no puede ser negativo. Luego\\<br />$(\sum a^2-2\sum ab)^2\ge0$\\<br />De esto concluimos lo deseado.$ Mensaje modificado por Pasten el Dec 30 2006, 09:58 AM -------------------- Pasten, un buen muchacho en quien confiar.

~Fatal_Collapse~ Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 14 2009, 09:26 PM Publicado: #7
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.564 Registrado: 12-November 07 Desde: La Union, XIV Region de los Rios Miembro Nº: 12.607 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(Cesarator @ Jun 28 2006, 11:49 PM) $TEX: <br />{\bf Problema 3}. Sean $a,b,c$ los lados de un tri\'angulo. Probar que<br />\[<br />\frac{abc (a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2} \ge 2abc + \prod_{ciclico} (b+c-a)<br />\]<br />$ $TEX: La desigualdad es equivalente a:<br /><br />$abc(\sum a^2+2\sum ab)\ge 2abc\sum a^2+(\sum a^2)\prod (a+b-c)$<br /><br />O desarrollando un poco mas:<br /><br />$abc(2\sum ab-\sum a^2)\ge (\sum a^2)\prod (a+b-c)$<br /><br />Como $a,b,c$ son lados de un triangulo, notemos que existen reales positivos $x,y,z$ tales que $a=y+z$, $b=z+x$, $c=x+y$. Aplicando el cambio de variable señalado la desigualdad se transforma en:<br /><br />$(\prod (x+y))\cdot \sum xy\ge 2xyz(\sum x^2+\sum xy)$ <br /><br />Desarrollando la pitatoria nos queda que debemos probar que:<br /><br />$(\sum xy)(2xyz+\sum x^2y+\sum xy^2)\ge 2xyz(\sum x^2+\sum xy)$<br /><br />Simplificando terminos semejantes:<br /><br />$S_1=(\sum xy)(\sum x^2y+\sum xy^2)\ge 2\sum x^3yz$ ()<br /><br />Para probar (), notemos que por $AM\ge GM$:<br /><br />$S_2=\sum x^3y^2+\sum x^2y^3\ge 2\sum x^3yz$<br /><br />Por otro lado, $S_1\ge S_2$ (solo note que el desarrollo algebraico de $S_1$ contiene todos los terminos de $S_2$). Por lo tanto:<br /><br />$S_1\ge S_2\ge 2\sum x^3yz$<br /><br />Demostrando () y lo pedido.$ -------------------- Ricardo Vargas Obando Ex-alumno Deutsche Schule La Unión (Generación 2010, de los 150 años). Novato de Licenciatura en Matemática/Estadística, en la Pontificia Universidad Católica de Chile. Grupo de facebook de Novatos Matemática y Estadística PUC 2011 Currículum Olímpico:* Medalla de Plata, XIX Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Menor (2007) Medalla de Oro, XXI Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Mayor (2009) Medalla de Bronce, XXV Olimpiada Iberoamericana de Matemática (2010) Medalla de Oro, XXII Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Mayor (2010) "What we learned as children, that one plus one equals two, we know to be false. One plus one equals one. We even have a word when you plus another, equals one. That word is love." "Todos piensan en cambiar el mundo, pero nadie piensa en cambiarse a sí mismo."

pprimo Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 15 2017, 12:05 PM Publicado: #8
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 817 Registrado: 21-February 14 Miembro Nº: 127.064	CITA(Cesarator @ Jun 28 2006, 10:49 PM) $TEX: <br />{\bf Problema 2}. Sean $a,b,c$ n\'umeros reales. Demostrar que<br />\[<br />\sum_{ciclica}a(b+c-a)^3 \le 4abc(a+b+c).<br />\]<br />$ $TEX: $$a\left( b+c-a \right)^{3}+b\left( c+a-b \right)^{3}+c\left( a+b-c \right)^{3}\le 4abc\left( a+b+c \right)$$$ $TEX: $$a\left( b+c-a \right)^{3}+b\left( c+a-b \right)^{3}+c\left( a+b-c \right)^{3}\le 2abc\left( a+b+b+c+c+a \right)$$$ $TEX: $$a\left( b+c-a \right)^{3}+b\left( c+a-b \right)^{3}+c\left( a+b-c \right)^{3}\le 2abc\left( a+b \right)+2abc\left( b+c \right)+2abc\left( c+a \right)$$$ Hagamos el cambio de variable $TEX: $$\left( a,b,c \right)=\left( x+y,y+z,z+x \right)$$$ Entonces $TEX: $$\left( x+y \right)\left( 2z \right)^{3}+\left( y+z \right)\left( 2x \right)^{3}+\left( z+x \right)\left( 2y \right)^{3}\le \sum\limits_{c\acute{i}clica}{2\left( x+y \right)\left( y+z \right)\left( z+x \right)\left( x+2y+z \right)}$$$ $TEX: $$4\left( x+y \right)z^{3}+4\left( y+z \right)x^{3}+4\left( z+x \right)y^{3}\le \sum\limits_{c\acute{i}clica}{\left( x+y \right)\left( y+z \right)\left( z+x \right)\left( 2x+y+z \right)}$$$ $TEX: $$4\left( x+y \right)z^{3}+4\left( y+z \right)x^{3}+4\left( z+x \right)y^{3}\le \sum\limits_{c\acute{i}clica}{2\left( x+y \right)^{2}\left( y+z \right)\left( z+x \right)}$$$ $TEX: $$2\left( x+y \right)z^{3}+2\left( y+z \right)x^{3}+2\left( z+x \right)y^{3}\le \sum\limits_{c\acute{i}clica}{\left( x+y \right)^{2}\left( y+z \right)\left( z+x \right)}$$$ $TEX: $$\left( x+y \right)z^{3}+\left( y+z \right)x^{3}+\left( z+x \right)y^{3}\le \left( x+y \right)\left( y+z \right)\left( z+x \right)\left( x+y+z \right)$$$ $TEX: $$\left( x+y \right)z^{3}+\left( y+z \right)x^{3}+\left( z+x \right)y^{3}\le x\left( x+y \right)\left( y+z \right)\left( z+x \right)+y\left( x+y \right)\left( y+z \right)\left( z+x \right)+z\left( x+y \right)\left( y+z \right)\left( z+x \right)$$$ $TEX: $$0\le x\left( x+y \right)\left( y+z \right)\left( z+x \right)-\left( y+z \right)x^{3}+y\left( x+y \right)\left( y+z \right)\left( z+x \right)-\left( z+x \right)y^{3}+z\left( x+y \right)\left( y+z \right)\left( z+x \right)-\left( x+y \right)z^{3}$$$ $TEX: $$0\le x\left( y+z \right)\left( \left( x+y \right)\left( z+x \right)-x^{2} \right)+y\left( z+x \right)\left( \left( x+y \right)\left( y+z \right)-y^{2} \right)+z\left( x+y \right)\left( \left( y+z \right)\left( z+x \right)-z^{2} \right)$$$ $TEX: $$0\le x\left( y+z \right)\left( xy+yz+zx \right)+y\left( z+x \right)\left( xy+yz+zx \right)+z\left( x+y \right)\left( xy+yz+zx \right)$$$ $TEX: $$0\le \left( x\left( y+z \right)+y\left( z+x \right)+z\left( x+y \right) \right)\left( xy+yz+zx \right)=2\left( xy+yz+zx \right)^{2}$$$ $TEX: $\blacksquare$$

pprimo Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 15 2017, 12:56 PM Publicado: #9
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 817 Registrado: 21-February 14 Miembro Nº: 127.064	CITA(Cesarator @ Jun 28 2006, 10:49 PM) $TEX: <br />{\bf Problema 3}. Sean $a,b,c$ los lados de un tri\'angulo. Probar que<br />\[<br />\frac{abc (a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2} \ge 2abc + \prod_{ciclico} (b+c-a)<br />\]<br />$ Tenemos $TEX: $$\frac{abc\left( a+b+c \right)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\ge 2abc+\left( b+c-a \right)\left( c+a-b \right)\left( a+b-c \right)$$$ $TEX: $$abc\left( a+b+c \right)^{2}\ge 2abc\left( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right)+\left( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right)\left( b+c-a \right)\left( c+a-b \right)\left( a+b-c \right)$$$ Hagamos el cambio de variable $TEX: $\left( a,b,c \right)=\left( x+y,y+z,z+x \right)$$ Entonces $TEX: $$4\left( x+y \right)\left( y+z \right)\left( z+x \right)\left( x+y+z \right)^{2}\ge \left( 2\left( x+y \right)\left( y+z \right)\left( z+x \right)+8xyz \right)\left( \left( x+y \right)^{2}+\left( y+z \right)^{2}+\left( z+x \right)^{2} \right)$$$ $TEX: $2\left( x+y \right)\left( y+z \right)\left( z+x \right)\left( 2\left( x+y+z \right)^{2}-\left( \left( x+y \right)^{2}+\left( y+z \right)^{2}+\left( z+x \right)^{2} \right) \right)\ge 8xyz\left( \left( x+y \right)^{2}+\left( y+z \right)^{2}+\left( z+x \right)^{2} \right)$$ $TEX: $$4\left( x+y \right)\left( y+z \right)\left( z+x \right)\left( xy+yz+zx \right)\ge 8xyz\left( \left( x+y \right)^{2}+\left( y+z \right)^{2}+\left( z+x \right)^{2} \right)$$$ $TEX: $$\left( x+y \right)\left( y+z \right)\left( z+x \right)\left( xy+yz+zx \right)\ge 2xyz\left( \left( x+y \right)^{2}+\left( y+z \right)^{2}+\left( z+x \right)^{2} \right)$$$ $TEX: $$\left( x+y \right)\left( y+z \right)\left( z+x \right)\left( xy+yz+zx \right)\ge 4xyz\left( x^{2}+y^{2}+z^{2}+xy+yz+zx \right)$$$ $TEX: $$\left( \left( z^{2}+x^{2} \right)y+\left( y^{2}+z^{2} \right)x+\left( x^{2}+y^{2} \right)z-2xyz \right)\left( xy+yz+zx \right)-2xyz\left( x^{2}+y^{2}+y^{2}+z^{2}+z^{2}+x^{2} \right)\ge 0$$$ $TEX: $2xyz\left( x^{2}+y^{2}+z^{2}-xy-yz-zx \right)+z\left( x^{2}+y^{2} \right)\left( yz+zx-2xy \right)+x\left( y^{2}+z^{2} \right)\left( xy+zx-2yz \right)+y\left( z^{2}+x^{2} \right)\left( xy+yz-2zx \right)\ge 0$$ $TEX: $$\sum\limits_{cyc}{\left( x^{2}\left( y^{2}+z^{2} \right)\left( y+z \right)-xyz\left( y^{2}+z^{2} \right)-x^{2}yz\left( y+z \right) \right)}\ge 0$$$ $TEX: $$\sum\limits_{cyc}{\left( x^{2}\left( y^{2}+z^{2} \right)\left( y+z \right)-xyz\left( y^{2}+z^{2} \right)-x^{2}yz\left( y+z \right) \right)}\ge 0$$$ $TEX: $$x\left( -y^{3}\left( z-x \right)+z^{3}\left( x-y \right) \right)+y\left( -z^{3}\left( x-y \right)+x^{3}\left( y-z \right) \right)+z\left( -x^{3}\left( y-z \right)+y^{3}\left( z-x \right) \right)\ge 0$$$ $TEX: $$\left( z^{3}x\left( x-y \right)-yz^{3}\left( x-y \right) \right)+\left( x^{3}y\left( y-z \right)-zx^{3}\left( y-z \right) \right)+\left( y^{3}z\left( z-x \right)-xy^{3}\left( z-x \right) \right)\ge 0$$$ $TEX: $$z^{3}\left( x-y \right)^{2}+x^{3}\left( y-z \right)^{2}+y^{3}\left( z-x \right)^{2}\ge 0$$$ $TEX: $\blacksquare$$ cuando es obvio

pprimo Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 15 2017, 02:03 PM Publicado: #10
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 817 Registrado: 21-February 14 Miembro Nº: 127.064	CITA(Cesarator @ Jun 27 2006, 10:50 PM) $TEX: {\bf Problema 1}. <br />Sean $a,b,c$ las longitudes de los lados opuestos a los vertices $A,B$ y $C$ de un tri\'angulo $\triangle ABC$. Sea $s$ el semiper\'{\i}metro del tri\'angulo. Demostrar que<br />\[<br />\sum_{ciclica}(a+b)\sqrt{ab(s-a)(s-b)} \le 3abc<br />\]<br />$ solucion solo usando manejo algebraico (SOS) $TEX: $$3abc\ge \left( a+b \right)\sqrt{ab\left( s-a \right)\left( s-b \right)}+\left( b+c \right)\sqrt{bc\left( s-b \right)\left( s-c \right)}+\left( c+a \right)\sqrt{ca\left( s-c \right)\left( s-a \right)}$$$ $TEX: $$3abc\ge \left( a+b \right)\sqrt{ab\left( s-a \right)\left( s-b \right)}+\left( b+c \right)\sqrt{bc\left( s-b \right)\left( s-c \right)}+\left( c+a \right)\sqrt{ca\left( s-c \right)\left( s-a \right)}$$$ $TEX: $$3abc\ge \left( a+b \right)\sqrt{ab\left( \frac{-a+b+c}{2} \right)\left( \frac{a-b+c}{2} \right)}+\left( b+c \right)\sqrt{bc\left( \frac{a-b+c}{2} \right)\left( \frac{a+b-c}{2} \right)}+\left( c+a \right)\sqrt{ca\left( \frac{a+b-c}{2} \right)\left( \frac{-a+b+c}{2} \right)}$$$ $TEX: $$6abc\ge \left( a+b \right)\sqrt{ab\left( -a+b+c \right)\left( a-b+c \right)}+\left( b+c \right)\sqrt{bc\left( a-b+c \right)\left( a+b-c \right)}+\left( c+a \right)\sqrt{ca\left( a+b-c \right)\left( -a+b+c \right)}$$$ usamos la sustitucion de siempre $TEX: $$\left( a,b,c \right)=\left( x+y,y+z,z+x \right)$$$ entonces $TEX: $$3\left( x+y \right)\left( y+z \right)\left( z+x \right)\ge \sum\limits_{cyc}{\left( x+2y+z \right)\sqrt{zx\left( x+y \right)\left( y+z \right)}}$$$ $TEX: $$\sum\limits_{cyc}{\left( \sqrt{\left( x+y \right)\left( y+z \right)}\left( \left( z+x \right)\sqrt{\left( x+y \right)\left( y+z \right)}-\left( z+x+2y \right)\sqrt{zx} \right) \right)}\ge 0$$$ $TEX: $$\sum\limits_{cyc}{\sqrt{\left( x+y \right)\left( y+z \right)}\left( \left( z+x \right)\sqrt{\left( x+y \right)\left( y+z \right)}-\left( z+x+2y \right)\sqrt{zx} \right)\cdot \frac{\left( \left( z+x \right)\sqrt{\left( x+y \right)\left( y+z \right)}+\left( z+x+2y \right)\sqrt{zx} \right)}{\left( \left( z+x \right)\sqrt{\left( x+y \right)\left( y+z \right)}+\left( z+x+2y \right)\sqrt{zx} \right)}}\ge 0$$$ $TEX: $$\sum\limits_{cyc}{\frac{\sqrt{\left( x+y \right)\left( y+z \right)}}{\left( z+x \right)\sqrt{\left( x+y \right)\left( y+z \right)}+\left( z+x+2y \right)\sqrt{zx}}\cdot \left( \left( z+x \right)^{2}\left( x+y \right)\left( y+z \right)-\left( z+x+2y \right)^{2}zx \right)\ge 0}$$$ $TEX: $$\sum\limits_{cyc}{\frac{\sqrt{\left( x+y \right)\left( y+z \right)}}{\left( z+x \right)\sqrt{\left( x+y \right)\left( y+z \right)}+\left( z+x+2y \right)\sqrt{zx}}\cdot \left( \left( z+x \right)^{2}\left( xy+y^{2}+yz \right)-\left( 4y\left( z+x \right)+4y^{2} \right)zx \right)\ge 0}$$$ $TEX: $$\sum\limits_{cyc}{\frac{\sqrt{\left( x+y \right)\left( y+z \right)}}{\left( z+x \right)\sqrt{\left( x+y \right)\left( y+z \right)}+\left( z+x+2y \right)\sqrt{zx}}\cdot \left( \left( z+x \right)^{2}\left( xy+y^{2}+yz \right)-\left( 4x^{2}yz+4xy^{2}z+4xyz^{2} \right) \right)\ge 0}$$$ $TEX: $$\sum\limits_{cyc}{\frac{\sqrt{\left( x+y \right)\left( y+z \right)}}{\left( z+x \right)\sqrt{\left( x+y \right)\left( y+z \right)}+\left( z+x+2y \right)\sqrt{zx}}\cdot \left( x^{2}y\left( x+y \right)+yz^{2}\left( y+z \right)-xyz\left( x+2y+z \right) \right)\ge 0}$$$ $TEX: $$\sum\limits_{cyc}{\frac{\sqrt{\left( x+y \right)\left( y+z \right)}}{\left( z+x \right)\sqrt{\left( x+y \right)\left( y+z \right)}+\left( z+x+2y \right)\sqrt{zx}}\cdot \left( x^{2}y\left( x+y \right)+yz^{2}\left( y+z \right)-xyz\left( x+y+y+z \right) \right)\ge 0}$$$ $TEX: $$\sum\limits_{cyc}{\frac{\sqrt{\left( x+y \right)\left( y+z \right)}}{\left( z+x \right)\sqrt{\left( x+y \right)\left( y+z \right)}+\left( z+x+2y \right)\sqrt{zx}}\cdot \left( x^{2}y\left( x+y \right)-xyz\left( x+y \right)+yz^{2}\left( y+z \right)-xyz\left( y+z \right) \right)\ge 0}$$$ $TEX: $$\sum\limits_{cyc}{\frac{\sqrt{\left( x+y \right)\left( y+z \right)}}{\left( z+x \right)\sqrt{\left( x+y \right)\left( y+z \right)}+\left( z+x+2y \right)\sqrt{zx}}\cdot \left( xy\left( x+y \right)\left( x-z \right)+yz\left( y+z \right)\left( z-x \right) \right)\ge 0}$$$ $TEX: $$\sum\limits_{cyc}{\frac{\left( z-x \right)\sqrt{\left( x+y \right)\left( y+z \right)}}{\left( z+x \right)\sqrt{\left( x+y \right)\left( y+z \right)}+\left( z+x+2y \right)\sqrt{zx}}\cdot \left( y^{2}z-xy^{2}+yz^{2}-x^{2}y \right)\ge 0}$$$ $TEX: $$\sum\limits_{cyc}{\frac{\left( z-x \right)\sqrt{\left( x+y \right)\left( y+z \right)}}{\left( z+x \right)\sqrt{\left( x+y \right)\left( y+z \right)}+\left( z+x+2y \right)\sqrt{zx}}\cdot \left( y^{2}\left( z-x \right)+y\left( z-x \right)\left( z+x \right) \right)\ge 0}$$$ $TEX: $$\sum\limits_{cyc}{\frac{y\left( z-x \right)^{2}\left( x+y+z \right)\sqrt{\left( x+y \right)\left( y+z \right)}}{\left( z+x \right)\sqrt{\left( x+y \right)\left( y+z \right)}+\left( z+x+2y \right)\sqrt{zx}}\ge 0}$$$ $TEX: $$\blacksquare$$$ . cuando es obvio ya que todo numero real al cuadrado siempre sera no negativo.

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