Demostrar $\sqrt{3a + b^3} + \sqrt{3b + c^3} + \sqrt{3c + a^3} \ge 6$

Question

Si $a,b,c$ no son números negativos y $a+b+c=3$, probar que:

$$\sqrt{3a + b^3} + \sqrt{3b + c^3} + \sqrt{3c + a^3} \ge 6$$

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Esto es lo que he intentado:

El uso de Cauchy-Schawrz he demostrado que:

$$(3a + b^3)(3 + 1) \ge (3\sqrt{a} + \sqrt{b^3})^2$$

$$\sqrt{(3a + b^3)(4)} \ge 3\sqrt{a} + \sqrt{b^3}$$

$$\sqrt{(3a + b^3)} \ge \frac{3\sqrt{a} + \sqrt{b^3}}{2}$$

También tengo:

$$\sqrt{(3b + c^3)} \ge \frac{3\sqrt{b} + \sqrt{c^3}}{2}$$

$$\sqrt{(3c + a^3)} \ge \frac{3\sqrt{c} + \sqrt{a^3}}{2}$$

Si puedo añadir añadir 3 las desigualdades que obtengo:

$$\sqrt{(3a + b^3)} + \sqrt{(3b + c^3)} + \sqrt{(3c + a^3)} \ge \frac{3\sqrt{a} + \sqrt{b^3}}{2} + \frac{3\sqrt{b} + \sqrt{c^3}}{2} + \frac{3\sqrt{c} + \sqrt{a^3}}{2}$$

Ahora tengo que demostrar que:

$$\frac{3\sqrt{a} + \sqrt{a^3}}{2} + \frac{3\sqrt{b} + \sqrt{b^3}}{2} + \frac{3\sqrt{c} + \sqrt{c^3}}{2} \ge 6 = 2(a+b+c)$$

Es suficiente ahora para probar que:

$$\frac{3\sqrt{a} + \sqrt{a^3}}{2} \ge b+c = 3-a$$ $$\frac{3\sqrt{b} + \sqrt{b^3}}{2} \ge a+c = 3-b$$ $$\frac{3\sqrt{c} + \sqrt{c^3}}{2} \ge b+a = 3-c$$

Todas las tres de las desigualdades son de la forma:

$$\frac{3\sqrt{x} + \sqrt{x^3}}{2} \ge 3-x$$

$$3\sqrt{x} + \sqrt{x^3} \ge 6-2x$$

$$(3\sqrt{x} + \sqrt{x^3})^2 \ge (6-2x)^2$$

$$9x + x^3 + 6x^2 \ge 36 - 24x + 4x^2$$

$$x^3 + 2x^2 + 33x - 36 \ge 0$$

$$(x-1)(x^2 + 3x + 33) \ge 0$$

Caso 1:

$$(x-1) \ge 0 \ \ \ \ \text{ for any }\ x \geq 1$$

$$(x^2 + 3x + 33) \ge 0 \ \ \ \ \text{ for any x in R} $$

Caso 2:

$$0 \ge (x-1) \ \ \ \ \text{ for any }\ 1 \geq x$$

$$0 \ge (x^2 + 3x + 33) \ \ \ \ \text{there are no solutions in R} $$

Esto demuestra que para $$x \geq 1$$ $$(x-1)(x^2 + 3x + 33) \ge 0$$ es cierto y lo que es $$\sqrt{3a + b^3} + \sqrt{3b + c^3} + \sqrt{3c + a^3} \ge 6$$, but a, b, c can be every non-negative number. I proved it's true for $$a,b,c \geq 1$$, but i can't for $$a,b,c \geq 0$$

Answer 1

tal vez esta solución es por Vasc?

ya que el uso de Cauchy-Schwarz desigualdad,tenemos $$(a^3+3b)(a+3b)\ge (a^2+3b)^2$$ Esto es suficiente para mostrar que $$\sum_{cyc}\dfrac{a^2+3b}{\sqrt{a+3b}}\ge 6$$ Por El Titular De La $$\left(\sum_{cyc}\dfrac{a^2+3b}{\sqrt{a+3b}}\right)^2[\sum_{cyc}(a^2+3b)(a+3b)]\ge[\sum_{cyc}(a^2+3b)]^3=[a^2+b^2+c^2+9]^3$$ es suficiente para mostrar que $$\left(a^2+b^2+c^2+9\right)^3\ge 36\sum_{cyc}(a^2+3b)(a+3b)$$ deje $p=a+b+c=3,q=ab+bc+ac\le 3$,tenemos $$\sum_{cyc}(a^2+3b)(a+3b)=108-24q+3[abc+\sum_{cyc}a^2b]$$ utilice esta bien saber：ver la desigualdad $$abc+\sum_{cyc}a^2b\le 4$$ tenemos $$\sum_{cyc}(a^2+3b)(a+3b)\le 24(5-q)$$ y $$a^2+b^2+c^2+9=2(9-q)$$ Esto es suficiente para mostrar que $$(9-q)^3\ge 108(5-q)$$ lo cual es cierto,porque equivalente $$(q-3)^2(21-q)\ge 0$$

Answer 2

De Cauchy-Schwarz desigualdad no es el camino a seguir aquí. Notar que en la $a = b = c =1$ original de la desigualdad se convierte en exacta, mientras que su relajado desigualdad ya no es satisfecho. Por otra parte, usted ha perdido a un factor de 2.

Sus nuevas ediciones son muy interesantes, pero todavía conducir a un callejón sin salida: se puede comprobar que cuando $a=b=0$, $c=3$ su desigualdad con la etiqueta "Ahora tengo que demostrar que:" falla. También tenga en cuenta que, en general, el caso de $a,b,c\ge 1$ contiene sólo un punto de $a = b = c = 1$ (debido a $a+b+c=3$).

Answer 3

De la desigualdad original $\sqrt{3a + b^3} + \sqrt{3b + c^3} + \sqrt{3c + a^3} \ge 6$

Vamos a configurar $$x= \sqrt{3a + b^3}$$ $$y= \sqrt{3b + c^3}$$ $$z= \sqrt{3c + a^3}$$ Por AM-GM sabemos que $$x^2-2xy+y^2 \ge 0$$ $$y^2-2yz+z^2 \ge0$$ $$z^2-2xz+x^2 \ge 0$$ Así que, a continuación, puede configurar las siguientes desigualdades

$$x^2+y^2\ge2xy$$ $$y^2+z^2\ge2yz$$ $$z^2+x^2\ge2xz$$

Multiplicar cada desigualdad anterior por $z$, $x$, $y$ en ese orden de que los rendimientos de $$zx^2+zy^2\ge2xyz$$ $$xy^2+xz^2\ge2xyz$$ $$yz^2+yx^2\ge2xyz$$ Agregar estas desigualdades y el factor de conseguir $$xy(x+y)+xz(x+z)+zy(y+z) \ge 6xyz$$ Ahora dividir ambos lados por $xyz$ $$\frac{x+y}{z}+\frac{x+z}{y}+\frac{y+z}{x}\ge6$$ Ahora reemplace $x$, $y$ y $z$ los términos en el lado izquierdo de la desigualdad original por encima de $$\frac{\sqrt{3a + b^3}+\sqrt{3b + c^3}}{\sqrt{3c + a^3}}+\frac{\sqrt{3a + b^3}+\sqrt{3c + a^3}}{\sqrt{3b+ c^3}}+ \frac{\sqrt{3b + c^3}+\sqrt{3c + a^3}}{\sqrt{3a+ b^3}} \ge 6$$ con igualdad si y sólo si $a=b=c=1$.

Answer 4

Creo que su primer método todavía se puede hacer algo, pero es probable que tenga que usar de alguna otra manera, ya que el uso de Cauchy-Schwarz directamente fallará.

Esta es una sugerencia.

Supongamos que

$\sqrt{3a+b^3} = u$

$\sqrt{3b+c^3} = v$

$\sqrt{3c+a^3} = w$

Entonces

$u^2+v^2+w^2 = 3(a+b+c)+a^3+b^3+c^3 = 9 + \sum a^3$

vamos a probar a $u+v+w\ge 6$, que es equivalente a probar

$$u^2+v^2+w^2+2uv+2vw+2wu\ge 36$$

Eso significa que para probar

$$9 + \sum a^3+2uv+2vw+2wu\ge 36$$

hemos demostrado

$u\ge \dfrac{1}{2}(3\sqrt{a}+\sqrt{b^3})$, lo que

$2uv+2vw+2wu \ge \dfrac{1}{2}\sum(9\sqrt{ab}+\sqrt{b^3c^3}+3b^2+3\sqrt{ac^3}) = \\\dfrac{1}{2}\sum( 9\sqrt{ab} +\sqrt{a^3b^3}+3a^2 + 3\sqrt{ab^3})$

Tenemos entonces a probar

$$\sum a^3 + \dfrac{1}{2}\sum( 9\sqrt{ab} +\sqrt{a^3b^3}+3a^2 + 3\sqrt{ab^3})\ge 27$$

He comprobado esto con MATLAB, $(1,1,1)$, de hecho es un mínimo local, pero no sé cómo lidiar con el unsymmetric plazo $\sqrt{ab^3}$, he tratado de usar $\sqrt{b^3}\ge 3\sqrt{b}-2$ sea simétrica, pero esto hará que la desigualdad fallar.

Answer 5

No estoy seguro de si "prueba con Mathematica", cuenta, pero aquí está:

Con el fin de hallar los extremos locales de la función $f(a,b,c) = \sqrt{3a+b^3}+\sqrt{3b+c^3}+\sqrt{3c+a^3}$ bajo la restricción $a+b+c=3$, podemos diferenciar los correspondientes de lagrange y llegar a un sistema de ecuaciones

$$\left\{\begin{aligned}& (a^2c^2-a^2+1)^2(3a+b^3)=(b^2a^2-b^2+1)^2(3b+c^3)=(c^2b^2-c^2+1)^2(3c+a^3) \\& a+b+c=3 \\& c \ge a,b \ge 0 \end{aligned}\right.$$

Obviamente, $a=b=c=1$ es una solución; con $f(a,b,c)=6$. Con el fin de encontrar las soluciones que me conecte este sistema en Mathematica. Después de poner las piezas juntas, Mathematica simplifica este 48-grado de la ecuación, con sólo 1 adicional solución de la satisfacción de las restricciones: $a \approx 0.335288, b \approx 0.744425, c \approx 1.920288$. La precisión no importa mucho, ya que en este punto el valor de la función es $f(a,b,c) \approx 6.65093$, lo que significa que es un máximo local.