Mostrar que $a+b+c+\sqrt {\frac {a^2+b^2+c^2}{3}}\le4$,

Question

Deje $a,b,c$ ser números reales positivos tales que $a^2+b^2+c^2+abc=4.$ Muestran que $$a+b+c+\sqrt {\frac {a^2+b^2+c^2}{3}}\le4.$$

Answer 1

Deje $f(x,y,z) = x+y+z + \sqrt{\dfrac{x^{2} + y^{2}+z^{2} }{3}}$$g(x,y,z) = x+y+z + xyz$. Por Lagrange del Método de Indeterminado Multiplicadores, vamos a maximizar $f$ sujeto a la restricción de que $g=4$. ($D=\{(x,y,z): g(x,y,z)=4\}$ Es cerrado y acotado y desde $g$ es continua, por el Teorema del Valor Extremo se alcanza sus límites en $D$.)

Por el Método de Lagrange,

$\nabla f= \lambda \nabla g$

$\Rightarrow f_{x} = \lambda g_{x}$

$\Rightarrow f_{y} = \lambda g_{y}$

$\Rightarrow f_{z} = \lambda g_{z}$

$\Rightarrow 1 + \dfrac{2x}{\sqrt{3(x^{2} + y^{2}+z^{2})}} = \lambda(2x + yz)$ $\cdots (1)$

$\Rightarrow 1 + \dfrac{2y}{\sqrt{3(x^{2} + y^{2}+z^{2})}} = \lambda(2y + xz)$

$\Rightarrow 1 + \dfrac{2z}{\sqrt{3(x^{2} + y^{2}+z^{2})}} = \lambda(2z + yx)$

A partir de la anterior $3$ ecuaciones, restando uno al otro de los rendimientos del sistema a continuación:

$(x-y)\left[\dfrac{2}{\sqrt{3(x^{2} + y^{2}+z^{2})}}-\lambda(2-z)\right] =0$

$(y-z)\left[\dfrac{2}{\sqrt{3(x^{2} + y^{2}+z^{2})}}-\lambda(2-x)\right] =0$

$(z-x)\left[\dfrac{2}{\sqrt{3(x^{2} + y^{2}+z^{2})}}-\lambda(2-y)\right] =0$

$\Rightarrow x=y=z$ o

${\lambda}(z-2)={\lambda}(x-2)=\lambda(y-2)$

Claramente $\lambda \neq 0$ ya que si eso fuera cierto, volver a conectar en $(1)$ resultaría en

$\Rightarrow 1 + \dfrac{2x}{\sqrt{3(x^{2} + y^{2}+z^{2})}} =0$, que no tiene soluciones al $x,y,z \in \mathbb{R}^{+}$.

Así, en ambos casos podemos ver que $x=y=z=a$, que después de enchufar a $g(x,y,z)=4$ le da:

$a^{3}+3a^{2}-4 =0$

$\Rightarrow (a-1)(a+2)^{2}=0$

$\Rightarrow a=1$ desde $a \in \mathbb{R}^{+}$

$\Rightarrow f$ tiene un extremo en $x=y=z=1$ a que $f(x,y,z)=4$. Claramente este es un punto de maximización ya que si se tratara de un punto de minimización sería desmentida por el hecho de que $f\left(\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{7}{8} <4$. Esto demuestra el deseado desigualdad.

Answer 2

Deje $a=\frac{2x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}$ $b=\frac{2y}{\sqrt{(x+y)(y+z)}},$ donde $x$, $y$ y $z$ son positivos.

Por lo tanto, $c=\frac{2z}{\sqrt{(x+z)(y+z)}}$ y tenemos que demostrar que $$\sum_{cyc}\frac{2x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}+\sqrt{\frac{4}{3}\sum_{cyc}\frac{x^2}{(x+y)(x+z)}}\leq4$$ o $$\sum_{cyc}x\sqrt{y+z}+\sqrt{\frac{1}{3}\sum_{cyc}(x^2y+x^2z)}\leq2\sqrt{(x+y)(x+z)(y+z)}.$$ Deje $\sum\limits_{cyc}(x^2y+x^2z)=6kxyz$.

Por lo tanto, a través de la C-S $$\sum_{cyc}x\sqrt{y+z}\leq\sqrt{\sum_{cyc}x\sum_{cyc}x(y+z)}=\sqrt{2\sum_{cyc}(x^2y+x^2z+xyz)}.$$ Por lo tanto, es suficiente para probar que $$\sqrt{2(6k+3)}+\sqrt{\frac{1}{3}\cdot6k}\leq2\sqrt{6k+2}$$ o $$\sqrt{6k+3}+\sqrt{k}\leq2\sqrt{3k+1},$$ que es C-S de nuevo: $$\sqrt{6k+3}+\sqrt{k}=3\sqrt{\frac{2k+1}{3}}+\sqrt{k}\leq\sqrt{(3+1)\left(3\cdot\frac{2k+1}{3}+k\right)}=2\sqrt{3k+1}.$$ Hecho!

Answer 3

un comentario Poco, la desigualdad $$\sqrt{6k+3}+\sqrt{k}\le 2\sqrt{3k+1}$$ can we prove by squaring two times and we get $$0\le (k-1)^2$$