Hay una prueba simple de esta desigualdad?

Question

Quiero demostrar que la $$ (a-1)^2+(b-1)^2 \ge 2(\sqrt{ ab}-1)^2 $$ for any positive real numbers $a,b$, and that equality holds iff $a=b$.

Edit: Mi "prueba" de esta desigualdad fue mal! Resulta que la desigualdad se cumple el fib $a=b$ o $\sqrt{a}+\sqrt{b} \ge \sqrt{2}$. (Ver las respuestas para más detalles).

Answer 1

Con el cambio de variable $a=e^u, b=e^v$, estamos indicando que $$ \frac{f(u)+f(v)}{2}\geq f\left(\frac{u+v}{2}\right) \tag{1}$$ para$f(z) = (e^z-1)^2$$u,v\in\mathbb{R}$. Desde $f(z)$ es una función de la clase $C^2$, el punto medio de convexidad indica en $(1)$ es equivalente a la convexidad. Sin embargo $$ f''(z) = 2e^z(2e^z-1) \tag{2}$$ no es siempre no negativo, y el original de la desigualdad no se sostenga por $a=\frac{1}{2}, b=\frac{1}{3}$, por ejemplo. Sin embargo, se sostiene si $a,b\geq \frac{1}{2}$, ya que la RHS de $(2)$ es no negativo para $z\geq -\log 2$.

Answer 2

$$ (a-1)^2+(b-1)^2 - 2(\sqrt{ab}-1)^2 = a^2+b^2-2ab-2(a+b)+4\sqrt{ab} = (\sqrt{a}-\sqrt{b})^2((\sqrt{a}+\sqrt{b})^2-2), $$ que es no negativa si y sólo si $\sqrt{a}+\sqrt{b} \geq \sqrt{2}$ o $a=b$.

Answer 3

Una especie de "trabajar hacia atrás" de la solución, pero los pasos son todos reversibles: Reescribir como $$a^2-2a+1 + b^2-2b+1 \geq 2ab - 4\sqrt{ab} + 2$$ Por lo $$a^2 -2ab + b^2 \geq 2a + 2b - 4 \sqrt{ab}$$ $$(a-b)^2 \geq 2(a - 2\sqrt{ab} + b)$$ $$(a-b)^2 \geq 2(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2$$ En el caso de que $a = b$, tenemos la igualdad. En el caso de que $a \neq b$, podemos dividir por $\sqrt{a}-\sqrt{b}$: $$(\sqrt{a} + \sqrt{b})^2 \geq 2$$ $$\sqrt{a} + \sqrt{b} \geq \sqrt{2}$$ This last step follows since the quantity $\sqrt{a} + \sqrt{b}$ es no negativa. Me quedé atrapado en esta parte, pero Jack D'Aurizio la respuesta por encima de ayuda; la desigualdad debe mantener siempre esto es cierto (cada otro paso es invertible).