Ukrainian Mathematical Olympiad

Використаємо відому нерівність $(x + y + z) \left(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}\right) \geq 9$, $x, y, z > 0$, яку неважко довести за допомогою нерівності Коші. Перепишемо її у вигляді $\frac{1}{x+y+z} \leq \frac{1}{9}\left(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}\right)$. Оскільки $a + 3b + 2c = 2b + (b+c) + (c+a)$, то
$$\frac{ab}{a+3b+2c} \leq \frac{ab}{9} \left( \frac{1}{2b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a} \right) = \frac{a}{18} + \frac{1}{9} \left( \frac{ab}{b+c} + \frac{ab}{c+a} \right).$$
Додавши цю та ще дві аналогічні нерівності, дістанемо
$$\begin{aligned} \frac{ab}{a+3b+2c} + \frac{bc}{b+3c+2a} + \frac{ca}{c+3a+2b} &\le \frac{1}{18}(a+b+c) + \frac{1}{9}\left(\frac{ab}{b+c} + \frac{ab}{c+a} + \frac{bc}{c+a} + \frac{bc}{a+b} + \frac{ca}{a+b} + \frac{ca}{b+c}\right) \\ &\le \frac{1}{18}(a+b+c) + \frac{1}{9}(a+b+c) = \frac{1}{6}(a+b+c). \end{aligned}$$