Demostrar que $a\sqrt{a^2+bc}+b\sqrt{b^2+ac}+c\sqrt{c^2+ab}\geq\sqrt{2(a^2+b^2+c^2)(ab+ac+bc)}$

Question

Sea $a$ , $b$ y $c$ sean números no negativos. [ ] $$a\sqrt{a^2+bc}+b\sqrt{b^2+ac}+c\sqrt{c^2+ab}\geq\sqrt{2(a^2+b^2+c^2)(ab+ac+bc)}.$$

Tengo una prueba, pero mi prueba es muy fea:

basta con demostrar una desigualdad polinómica de grado $15$ .

Estoy buscando una prueba fácil o tal vez una prueba larga, pero sin problemas.

Answer 1

Esta desigualdad es hermosa y ajustada. La igualdad se cumple cuando $a=b=c$ o $a=b$ y $c=0$ .

Ahora utilizamos el S.O.S. (suma de cuadrados) para resolverlo (sobre esta técnica, véase Sos - suma de cuadrados para más detalles).

En primer lugar, elevando al cuadrado ambos lados, basta con mostrar

$$\sum a^2 \left( a^2+bc \right) + 2\sum bc\sqrt{\left( b^2+ca \right) \left( c^2+ab \right)} \ge 2\left( \sum a^2 \right) \left( \sum bc \right)\\ \Longleftrightarrow \sum a^4 + abc \sum a + 2\sum bc\sqrt{\left( b^2+ca \right) \left( c^2+ab \right)} \ge 2\sum bc\left( b^2+c^2 \right) + 2abc \sum a.$$

Obsérvese (a partir de la formulación de la desigualdad de Schur) que $$\sum \left( b^2 + c^2 - a^2 \right) (b-c)^2 = 2 \sum a^4 - 2 \sum bc\left( b^2 + c^2 \right) + 2abc\sum a.$$

Por lo tanto, la desigualdad es equivalente a

$$\frac{1}{2} \sum \left( b^2 + c^2 - a^2 \right)(b-c)^2 + 2\sum bc \sqrt{\left( b^2+ca \right) \left( c^2+ab \right)} \ge \sum bc\left( b^2 + c^2 \right) + 2abc \sum a.$$

Tenga en cuenta que

$$\sum bc \left( \frac{(b-c)(b+c-a)}{\sqrt{b^2+ca} + \sqrt{c^2+ab}} \right)^2 = \sum bc \left( \sqrt{b^2+ca} - \sqrt{c^2+ab} \right)^2\\ = \sum bc \left( \left( b^2+ca \right) + \left( c^2+ab \right) \right) - 2 \sum bc \sqrt{\left( b^2+ca \right) \left( c^2+ab \right)}\\ = \sum bc \left( b^2+c^2 \right) + 2abc \sum a - 2 \sum bc \sqrt{\left( b^2+ca \right) \left( c^2+ab \right)}.$$

Por lo tanto, la desigualdad es equivalente a

$$\sum \left( b^2+c^2-a^2 - \frac{2bc(b+c-a)^2}{\left( \sqrt{b^2+ca} + \sqrt{c^2+ab} \right)^2} \right) (b-c)^2 \ge 0.$$

Tenga en cuenta que

$$\left( \sqrt{b^2 + ca} + \sqrt{c^2 + ab} \right)^2 = b^2+ca+c^2+ab + 2\sqrt{\left( b^2+ca \right) \left( c^2+ab \right)}\\ \ge b^2+ca+c^2+ab+2bc=(b+c)(a+b+c),$$

y de forma similar

$$\left( \sqrt{c^2 + ab} + \sqrt{a^2 + bc} \right)^2 \ge (c+a)(a+b+c)\\ \left( \sqrt{a^2 + bc} + \sqrt{b^2 + ca} \right)^2 \ge (a+b)(a+b+c).$$

Por tanto, si definimos

$$S_a = b^2+c^2-a^2 - \frac{2bc(b+c-a)^2}{(b+c)(a+b+c)},\\ S_b = c^2+a^2-b^2 - \frac{2ca(c+a-b)^2}{(c+a)(a+b+c)},\\ S_c = a^2+b^2-c^2 - \frac{2ab(a+b-c)^2}{(a+b)(a+b+c)},$$

entonces sólo tenemos que mostrar $\sum S_a (b-c)^2 \ge 0$ . Sin pérdida de generalidad, suponemos que $a \ge b \ge c$ . En un post de hungkhtn en Sos - suma de cuadrados sabemos que basta con demostrar

$$S_b \ge 0,\ S_c\ge 0,\ a^2 S_b + b^2 S_a \ge 0.$$

Primero,

$$\left( c^2+a^2-b^2 \right)-(c+a-b)^2=2b(c+a)-2ca-2b^2=-2(b-a)(b-c)\ge 0\\ \Longrightarrow \left( c^2+a^2-b^2 \right) (c+a)(a+b+c)\ge (c+a-b)^2\cdot (c+a)(a+b+c)\ge 2ca(c+a-b)^2,$$

lo que significa $S_b\ge 0$ .

Además,

$$\left( a^2+b^2-c^2 \right)(a+b)(a+b+c) - 2ab(a+b-c)^2\\ = \left(a^2+b^2\right) (a+b)^2 + \left(a^2+b^2\right)(a+b)c- (a+b)^2 c^2 - (a+b)c^3\\ - 2ab(a+b)^2 + 4abc(a+b) - 2abc^2\\ = (a-b)^2 (a+b)^2 + \left( \left(a^2+b^2\right)(a+b)c - (a+b)^2 c^2 \right) + \left( 4abc(a+b) - 2abc^2 - (a+b)c^3 \right)\\ \ge 0,$$

lo que significa $S_c \ge 0$ .

Por fin,

$$a^2 S_b + b^2 S_a \ge 0\\ \Longleftrightarrow a^2 c^2 + a^4 - a^2 b^2 + b^4 + b^2 c^2 - b^2 a^2 \ge \frac{2ca^3(c+a-b)^2}{(c+a)(a+b+c)} + \frac{2b^3 c(b+c-a)^2}{(b+c)(a+b+c)}\\ \Longleftrightarrow (a+b+c)\left( (a+b)^2 (a-b)^2 + \left( a^2+b^2 \right) c^2 \right) \ge \frac{2ca^3 (c+a-b)^2}{c+a} + \frac{2cb^3 (c+b-a)^2}{c+b}.$$

Obsérvese que el lado derecho no es mayor que

$$2ca^2 (c+a-b)^2 + 2cb^2 (c+b-a)^2\\ = \left( 2c^3 a^2 + 4c^2 a^2 (a-b) + 2ca^2 (a-b)^2 \right) + \left( 2c^3 b^2 + 4c^2 b^2 (b-a) + 2cb^2 (a-b)^2 \right)\\ = 2c^3 \left( a^2 + b^2 \right) + 4c^2 (a+b)(a-b)^2 + 2c\left( a^2 + b^2 \right)(a-b)^2\\ \le (a+b+c)\left(a^2+b^2\right)c^2 + 4c^2 (a+b)(a-b)^2 + 2c\left( a^2 + b^2 \right)(a-b)^2.$$

Así que queda por demostrar

$$(a+b+c)(a+b)^2 \ge 4c^2(a+b) + 2c\left( a^2+b^2 \right)\\ \Longleftrightarrow (a+b)^3 \ge 4c^2 (a+b) + c(a-b)^2\\ \Longleftrightarrow (a+b)\left( (a+b)^2 - 4c^2 \right) \ge c(a-b)^2,$$

lo cual es obviamente cierto, ya que $(a+b)^2 - 4c^2 \ge (a+b)^2 - 4ab = (a-b)^2$ y $a+b\ge c$ .

Answer 2

$\sum\limits_{cyc}a\sqrt{a^2+bc}\geq\sqrt{2(a^2+b^2+c^2)(ab+ac+bc)}\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow\sum\limits_{cyc}\left(a^4+a^2bc+2ab\sqrt{(a^2+bc)(b^2+ac)}\right)\geq\sum\limits_{cyc}(2a^3b+2a^3c+2a^2bc)\Leftrightarrow$

$\sum\limits_{cyc}(a^4-a^3b-a^3c+a^2bc)\geq\sum\limits_{cyc}\left(a^3b+a^3c+2a^2bc-2ab\sqrt{(a^2+bc)(b^2+ac)}\right)\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow\frac{1}{2}\sum\limits_{cyc}(a-b)^2(a+b-c)^2\geq\sum\limits_{cyc}ab\left(a^2+bc+b^2+ac-2\sqrt{(a^2+bc)(b^2+ac)}\right)\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow\sum\limits_{cyc}(a-b)^2(a+b-c)^2\geq2\sum\limits_{cyc}ab\left(\sqrt{a^2+bc}-\sqrt{b^2+ac}\right)^2\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow\sum\limits_{cyc}(a-b)^2(a+b-c)^2\left(1-\frac{2ab}{\left(\sqrt{a^2+bc}+\sqrt{b^2+ac}\right)^2}\right)\geq0$ lo cual es obvio.