Prueba $\frac{ab}{\sqrt{2c+a+b}}+\frac{bc}{\sqrt{2a+b+c}}+\frac{ca}{\sqrt{2b+c+a}}\le\sqrt\frac{2}{3}$ si $a+b+c=2$

Question

Dejemos que $a$ , $b$ y $c$ sean números positivos tales que $a+b+c=2$ . Prueba: $$\frac{ab}{\sqrt{2c+a+b}}+\frac{bc}{\sqrt{2a+b+c}}+\frac{ca}{\sqrt{2b+c+a}}\le\sqrt\frac{2}{3}$$

Información adicional:Estoy buscando soluciones y pista que utilizando Cauchy-Schwarz, Hölder y AM-GM porque tengo antecedentes en ellos.

Cosas que he probado: Estaba pensando en hacer el denominador más pequeño usando AM-GM.pero no tuve éxito. Mi otra idea era volver a escribir LHS en esta forma.algo así como mi idea en esta pregunta $$A-\frac{ab}{\sqrt{2c+a+b}}+B-\frac{bc}{\sqrt{2a+b+c}}+C-\frac{ca}{\sqrt{2b+c+a}}$$

Pero no pude observar algo bueno.

No sé si esto conducirá a algo útil pero, aquí está mi otra idea. dejar $x=2c+a+b,y=2a+b+c,z=2b+c+a$ . reescribiendo LHS: $$\sum\limits_{cyc}\frac{(3y-(x+z))(3z-(y+x))}{16\sqrt x} \le \sqrt\frac{2}{3}$$ $\sum\limits_{cyc}$ denota sumas sobre permutaciones cíclicas de los símbolos $x,y,z$ . otra cosa que observé que $(x-y-z)^2-4(y-z)^2 = (3y-(x+z))(3z-(y+x))$

He mirado los problemas relacionados y creo que este y ( Prueba $\frac{a}{ab+2c}+\frac{b}{bc+2a}+\frac{c}{ca+2b} \ge \frac 98$ ) puede tener alguna idea común en la prueba con mi pregunta desigualdad.

Bueno, parece que alguien lo publicó un poco después en AoPS .ahora mismo hay una solución allí por $uvw$ y Cauchy-Schwarz. Pongo la parte inicial de la solución que es con Cauchy (créditos a arqady de AoPS). Por Cauchy-Schwarz: $$\left(\sum_{cyc}\frac{ab}{\sqrt{2c+a+b}}\right)^2\leq(ab+ac+bc)\sum_{cyc}\frac{ab}{2c+a+b}$$

Por lo tanto, queda por demostrar que: $$(ab+ac+bc)\sum_{cyc}\frac{ab}{2c+a+b}\leq\frac{(a+b+c)^3}{12}$$

Me quedé aquí.

Answer 1

Bueno, creo que lo he resuelto. Lo escribiré desde el principio.

Por Cauchy-Schwarz: $$\left(\sum_{cyc}\frac{ab}{\sqrt{2c+a+b}}\right)^2\leq(ab+ac+bc)\sum_{cyc}\frac{ab}{2c+a+b}$$

Por lo tanto, queda por demostrar que: $$(ab+ac+bc)\sum_{cyc}\frac{ab}{2c+a+b}\leq\frac{(a+b+c)^3}{12}$$

por la conocida desigualdad: $$3(ab+bc+ca)\le(a+b+c)^2$$

Así que $$(ab+bc+ca)\le\frac{(a+b+c)^2}{3}$$

es cierto. Queda por demostrar que $$\sum_{cyc}\frac{ab}{2c+a+b}\le \frac{(a+b+c)}{4}=\frac{1}{2}$$

por la conocida desigualdad $$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}$$

Así que $$\frac{ab}{c+a}+\frac{ab}{c+b}\ge\frac{4ab}{2c+a+b} \rightarrow \frac{1}{4}(\frac{ab}{c+a}+\frac{ab}{c+b}) \ge\frac{ab}{2c+a+b} $$

por lo que podemos concluir que $$\frac{1}{4}\sum\limits_{cyc}(\frac{ab}{c+a}+\frac{ab}{c+b})=\frac{1}{4}(a+b+c)=\frac{1}{2}\ge\sum_{cyc}\frac{ab}{2c+a+b}$$

Hecho.

Answer 2

Por AM-GM y C-S obtenemos: $$\sum_{cyc}\frac{ab}{\sqrt{2c+a+b}}=\sum_{cyc}\frac{ab\sqrt{\frac{3}{8}}\cdot2\sqrt{\frac{8}{3}(2c+a+b)}}{2(2c+a+b)}\leq\sqrt{\frac{3}{32}}\sum_{cyc}\frac{ab\left(\frac{8}{3}+2c+a+b\right)}{2c+a+b}=$$ $$=\sqrt{\frac{1}{96}}\sum_{cyc}\frac{ab(4(a+b+c)+6c+3a+3b)}{2c+a+b}=\sqrt{\frac{1}{96}}\sum_{cyc}\frac{ab(10c+7a+7b)}{2c+a+b}=$$ $$=\sqrt{\frac{1}{96}}\sum_{cyc}\left(\frac{-4abc}{2c+a+b}+7ab\right)\leq\sqrt{\frac{1}{96}}\left(\frac{-36abc}{\sum\limits_{cyc}(2c+a+b)}+7(ab+ac+bc)\right)=$$ $$=\sqrt{\frac{1}{96}}\left(\frac{-9abc}{a+b+c}+7(ab+ac+bc)\right).$$ Por lo tanto, queda por demostrar que $$\sqrt{\frac{1}{96}}\left(\frac{-9abc}{a+b+c}+7(ab+ac+bc)\right)\leq\sqrt{\frac{2}{3}}$$ o $$\frac{-9abc}{a+b+c}+7(ab+ac+bc)\leq8$$ o $$\frac{-9abc}{a+b+c}+7(ab+ac+bc)\leq2(a+b+c)^2$$ o $$\sum_{cyc}(2a^3-a^2b-a^2c)\geq0$$ o $$\sum_{cyc}(a-b)^2(a+b)\geq0.$$ ¡Hecho!