De la desigualdad. $\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{c}}+\frac{c}{\sqrt{a}}\geq3$

Question

Deje $a,b,c \in (0, \infty)$,$a+b+c=3$. Cómo puedo probar que: $$\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{c}}+\frac{c}{\sqrt{a}}\geq3 ?$$.

Yo intente utilizar de Cauchy-Schwarz reescritura de la desigualdad como :

$$\sum_{cyc}\frac{a\sqrt{b}}{b} \geq \frac{(\sum_{cyc}{\sqrt[4]{a^2b}})^2}{a+b+c}$$ pero yo no conseguir nada.

Answer 1

deje $a=x^2,b=y^2,c=z^2$ $$\Longleftrightarrow x^2+y^2+z^2=3\Longrightarrow \dfrac{x^2}{y}+\dfrac{y^2}{z}+\dfrac{z^2}{x}\ge 3$$ nota $$(x^2+y^2+z^2)^2=x^4+y^4+z^4+2x^2y^2+2z^2x^2+2y^2z^2$$ uso AM-GM de la desigualdad,entonces tenemos $$4\dfrac{x^2}{y}+2x^2y^2+x^4\ge (2\cdot 2+2+1)x^{\frac{2\cdot 2\times 2+2\cdot 2+2\cdot 2}{2\cdot 2+2+1}}=7x^{\frac{16}{7}}$$ y el mismo $$4\dfrac{y^2}{z}+2y^2z^2+y^4\ge 7y^{\frac{16}{7}}$$ $$4\dfrac{z^2}{x}+2z^2x^2+z^4\ge 7z^{\frac{16}{7}}$$ así $$4\sum\dfrac{x^2}{y}+(x^2+y^2+z^2)^2\ge 7\sum x^{\frac{16}{7}}$$ $$\Longleftrightarrow x^{\frac{16}{7}}+y^{\frac{16}{7}}+z^{\frac{16}{7}}\ge x^2+y^2+z^2$$

el uso de AM-GM de la desigualdad tenemos $$7x^{\frac{16}{7}}+1=x^{\frac{16}{7}}+x^{\frac{16}{7}}+\cdots+x^{\frac{16}{7}}+1\ge 8\sqrt[8]{x^{\frac{16}{7}\cdot 7}}=8x^2 $$ $$7\sum x^{\frac{16}{7}}+\sum x^2\ge \sum 8x^2$$ así $$\sum x^{\frac{16}{7}}\ge \sum x^2$$

En general,hemos

$x^n+y^n+z^n=3,2p+q>2n,p,q,n\in N^{+}$,luego $$\dfrac{x^p}{y^q}+\dfrac{y^p}{z^q}+\dfrac{z^p}{x^q}\ge 3$$

Answer 2

Desde $\left(1/\sqrt{x}\right)^{\prime\prime} = \frac{3}{4 x^{5/2}} > 0$$x > 0$, $f(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}$ es convexa.

Entonces, por la desigualdad de Jensen , tenemos:

$$ \tfrac{1}{a+b+c}\times \left( \frac{a}{\sqrt{b}} + \frac{b}{\sqrt{c}} + \frac{c}{\sqrt{a}} \right) \geq \left( \frac{ab+bc+ca}{a+b+c} \right)^{-1/2} $$

Aquí $9=(a+b+c)^2 = a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca) \geq 3\times (ab+bc+ca)$ $(*)$, por lo que realmente conseguir a $3\geq ab+bc+ca$ y por tanto:

$$ \tfrac{1}{a+b+c}\times \left( \frac{a}{\sqrt{b}} + \frac{b}{\sqrt{c}} + \frac{c}{\sqrt{a}} \right) \geq \left( \frac{ab+bc+ca}{a+b+c} \right)^{-1/2} \geq \left( \frac{3}{a+b+c} \right)^{-1/2} = 1 $$

Ya tenemos $a+b+c=3$, hemos terminado.

$(*)$ Esto se deduce de la $2\times \{a^2+b^2+c^2-(ab+bc+ca)\} = (a-b)^2 +(b-c)^2 + (c-a)^2 \geq 0$

Answer 3

Suponga que $x,y,z\in\mathbb{R}^+$$x^2+y^2+z^2=3$. Queremos demostrar: $$\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}\geq 3.$$ Desde $f(w)=\frac{1}{w}$ es una función convexa en $\mathbb{R}^+$, tenemos: $$ \frac{x^2}{3}f(y)+\frac{y^2}{3}f(z)+\frac{z^2}{3}f(x)\geq f\left(\frac{x^2y+y^2 z+z^2 x}{3}\right), $$ así: $$\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}\geq \frac{9}{x^2y+y^2 z+z^2 x},$$ y es suficiente para demostrar $x^2y+y^2z+z^2x\leq 3$. En virtud de la de Cauchy-Schwarz desigualdad, $$x^2 y + y^2 z + z^2 y \leq \sqrt{(x^2+y^2+z^2)(x^2y^2+y^2z^2+z^2y^2)},$$ por lo que es suficiente para demostrar $x^2y^2+y^2z^2+z^2y^2\leq 3$, que es equivalente a $x^4+y^4+z^4\geq 3$, que es trivial en virtud de la de Cauchy-Schwarz desigualdad, de nuevo.

Answer 4

Yo soy un novato, así que disculpen si usted encontrar la explicación es inadecuada o incorrecta:

Cualquier expresión que es simétrica en el real positivo de las cantidades (es decir, si tenemos un intercambio por b o b por c y de expresión sigue siendo el mismo), si la suma es constante dada (como en la anterior pregunta)\begin{align} \sqrt{2x^2+2y^2} &= \lvert (1-i)z\rvert\\ \sqrt{y^2+x^2-4y+4} &= \lvert z-a\rvert\\ \sqrt{x^2+y^2-4x-4y+8} &= \lvert -iz-b\rvert \endla expresión logra mínimo cuando todos los involucrados cantidades son iguales.

He encontrado ninguna excepción hasta el momento.