Cómo probar que $\frac{a}{\sqrt{a+b}}+\frac{b}{\sqrt{b+c}}+\frac{c}{\sqrt{c+a}}\leq\frac{3\sqrt{3}}{4}$?

Question

Deje $a,b,c>0: (a+b)(b+c)(c+a)=ab+bc+ca$. Cómo probar que $$\frac{a}{\sqrt{a+b}}+\frac{b}{\sqrt{b+c}}+\frac{c}{\sqrt{c+a}}\leq\frac{3\sqrt{3}}{4}$$

Answer 1

Vamos $x=\frac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}$ $y=\frac{b}{\sqrt{(b+a)(b+c)}}$ y $z=\frac{c}{\sqrt{(c+a)(c+b)}}$.

Luego tenemos a $x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xyz=1$. Tenga en cuenta que para ángulos $A$, $B$ y $C$ en algunos triángulo acutángulo:$\cos^{2}A+\cos^{2}B+\cos^{2}C+2\cos A\cos B\cos C=1$. Por lo tanto $x$,$y$ y $z$ puede ser reemplazado por $\cos A$, $\cos B$ y $\cos C$, respectivamente, y tenemos las siguientes ecuaciones (Nota:$(a+b)(b+c)(c+a)=ab+bc+ca$):

$\cos A=x=\frac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}$, $\sin A=\sqrt{b+c}$; $\cos B=y=\frac{b}{\sqrt{(b+a)(b+c)}}$, $\sin B=\sqrt{a+c}$; $\cos C=z=\frac {c}{\sqrt{(c+a)(c+b)}}$, $\sin C=\sqrt{a+b}$.

Ahora $\sum_{cyc}\frac{a}{\sqrt{a+b}}\leq\frac{3\sqrt{3}}{4}\Longleftrightarrow\sum_{cyc}\sin A\cos B\leq\frac{3\sqrt{3}}{4}$.

Dado que la desigualdad es simétrica, suponemos que $a\leq b\leq c$ sin pérdida de generalidad. A continuación,$\sin A\leq \sin B \leq \sin C$$\cos A\geq \cos B \geq \cos C$. Por reordenamiento de la desigualdad y la AM–GM de la desigualdad:

$\sin A\cos B+\sin B\cos C+\sin C\cos A\leq \sin A\cos C+\sin B\cos B+\sin C\cos A=\sin B+\sin B\cos B=4\sin\frac{B}{2}\cos^{3}\frac{B}{2}\leq\frac{3\sqrt{3}}{4}$

Añadido por Alex Ravsky

Parece que usted puede terminar su solución como sigue.

Deje X ser el más pequeño entre los ángulos $A,$ $B,$ y $C$ $Z$ ser el más grande.

A continuación,$\sin X\leq \sin Y \leq \sin Z$$\cos X\geq \cos Y \geq \cos Z$. Por reordenamiento de la desigualdad y la AM–GM de la desigualdad:

$\sin A\cos B+\sin B\cos C+\sin C\cos A\leq \sin X\cos Z+\sin Y\cos Y+\sin Z\cos X=\sin Y+\sin Y\cos Y=4\sin\frac{Y}{2}\cos^{3}\frac{Y}{2}\leq\frac{3\sqrt{3}}{4}.$

Answer 2

Por Cauchy-Schwarz $\left(\sum\limits_{cyc}\frac{a}{\sqrt{a+b}}\right)^2\leq\sum\limits_{cyc}\frac{a}{(a+b)(a+b+2c)}\sum\limits_{cyc}a(a+b+2c)$.

Por lo tanto, queda por demostrar que $\frac{27(a+b)(a+c)(b+c)}{16(ab+ac+bc)\sum\limits_{cyc}(a^2+3ab)}\geq\sum\limits_{cyc}\frac{a}{(a+b)(a+b+2c)}$, que después de la plena expansión de la da $\sum\limits_{cyc}(6a^7b^2+22a^7c^2+9a^6b^3+89a^6c^3+29a^5b^4+109a^5c^4+28a^7bc+59a^6b^2c+155a^6c^2b-42a^5b^3c+246a^5c^3b+46a^4b^4c+66a^5b^2c^2-359a^4b^3c^2-231a^4c^3b^2-232a^3b^3c^3)\geq0$, lo cual es cierto porque por AM-GM fácil demostrar que

$288\sum\limits_{cyc}a^5c^3b\geq288\sum\limits_{cyc}a^4b^3c^2$,

$16\sum\limits_{cyc}a^7c^2\geq16\sum\limits_{cyc}a^4c^3b^2$,

$80\sum\limits_{cyc}a^6c^3\geq80\sum\limits_{cyc}a^4c^3b^2$,

$96\sum\limits_{cyc}a^6c^2b\geq96\sum\limits_{cyc}a^4c^3b^2$,

$80\sum\limits_{cyc}a^5c^4\geq80\sum\limits_{cyc}a^3b^3c^3$ y

$32\sum\limits_{cyc}a^4c^3b^2\geq32\sum\limits_{cyc}a^3b^3c^3$.

Por lo tanto, queda por demostrar que $\sum\limits_{sym}(6a^7b^2+9a^6b^3+29a^5b^4+14a^7bc+59a^6b^2c-42a^5b^3c+23a^4b^4c+33a^5b^2c^2-71a^4b^3c^2-60a^3b^3c^3)\geq0$,

que es cierto por Muirhead.