Cómo demostrar la desigualdad $ \frac{a}{\sqrt{1+a}}+\frac{b}{\sqrt{1+b}}+\frac{c}{\sqrt{1+c}} \ge \frac{3\sqrt{2}}{2}$

Question

Cómo demostrar la desigualdad $$ \frac{a}{\sqrt{1+a}}+\frac{b}{\sqrt{1+b}}+\frac{c}{\sqrt{1+c}} \ge \frac{3\sqrt{2}}{2}$$ para $a,b,c>0$ y $abc=1$ ?

He intentado probar $\frac{a}{\sqrt{1+a}}\ge \frac{3a+1}{4\sqrt{2}}$

Sí, es cierto, $\frac{{{a}^{2}}}{1+a}\ge \frac{9{{a}^{2}}+6a+1}{32}$

$\Leftrightarrow 32{{a}^{2}}\ge 9{{a}^{2}}+6a+1+9{{a}^{3}}+6{{a}^{2}}+a$ $\Leftrightarrow 9{{a}^{3}}-17{{a}^{2}}+7a+1\le 0$ $\Leftrightarrow 9{{\left( a-1 \right)}^{2}}\left( a+\frac{1}{9} \right)\le 0$ (!) Está mal. Consejos para resolver este problema.

Answer 1

Dejemos que $a=\frac{x}{y}$ , $b=\frac{y}{z}$ y $c=\frac{z}{x}$ , donde $x$ , $y$ y $z$ son positivos.

Por lo tanto, tenemos que demostrar que $$\sum_{cyc}\frac{\frac{x}{y}}{\sqrt{1+\frac{x}{y}}}\geq\frac{3}{\sqrt2}$$ o $$\sum_{cyc}\frac{x}{\sqrt{y(x+y)}}\geq\frac{3}{\sqrt2}.$$ Ahora, por Holder $$\left(\sum_{cyc}\frac{x}{\sqrt{y(x+y)}}\right)^2\sum_{cyc}xy(x+y)(2z+x+y)^3\geq\left(\sum_{cyc}x(2z+x+y)\right)^3.$$ Por lo tanto, queda por demostrar que $$2\left(\sum_{cyc}(x^2+3xy)\right)^3\geq9\sum_{cyc}xy(x+y)(2z+x+y)^3$$ o $$\sum_{sym}(x^6+9x^5y+24x^4y^2+18x^3y^3+9x^4yz-36x^3y^2z-25x^2y^2z^2)\geq0,$$ lo cual es obviamente cierto.

¡Hecho!

Answer 2

Consideremos la función para positivos $x$ : $$f(x) = \frac{x}{\sqrt{1+x}}-\frac1{\sqrt 2}-\frac3{4\sqrt 2}\log x$$

Tenga en cuenta que $f(x) \ge 0 \implies f(a)+f(b)+f(c) \ge 0 \implies $ la desigualdad dada. Ahora $$f'(x) = \frac{4x^2-3\sqrt2 (x+1)^{3/2}+8x}{8x(x+1)^{3/2}}$$

Tenemos que comprobar el signo del numerador, $4(x+1)^2-3\sqrt2(x+1)^{3/2}-4$ . Utilizando $y = \sqrt{x+1}$ obtenemos el numerador como

$$4y^4-3\sqrt2y^3-4 = (y-\sqrt2)(4y^3+\sqrt2y^2+2y+2\sqrt2)$$

Como el segundo factor es positivo, el signo del numerador viene dado por $y-\sqrt2$ que tiene el mismo signo que $x-1$ Así que $f'(x)< 0$ para $x < 1$ y $f'(x)> 0$ para $x> 1$ . Por lo tanto, $f(x)\ge f(1)=0$ .

Answer 3

Por el mismo camino que el Sr. Mike $,$ es suficiente para demostrar $$2\left(\sum_{cyc}(x^2+3yz)\right)^3\geqslant 9\sum xy(x+y)(2z+x+y)^3$$ O $$\frac18\sum \left( 16\,{x}^{4}+100\,{z}^{4}+104\,{x}^{3}y+243\,{y}^{2}{z}^{2 }+330\,{z}^{3}x+416\,{y}^{2}zx+342\,{z}^{2}xy \right) \left( x-y \right) ^{2}+$$ $$+\frac18\sum x{y}^{2} \left( 18\,y+41\,x \right) \left( z+x-2\,y \right) ^{2}\geqslant 0$$

Answer 4

Por la desigualdad de Hölder $$\left(\frac a{\sqrt{1+a}}+\frac b{\sqrt{1+b}}+\frac c{\sqrt{1+c}}\right)^2\Big(a(1+a)+b(1+b)+c(1+c)\Big)\ge(a+b+c)^3,$$ por lo que sólo tenemos que demostrar \begin{align*}(a+b+c)^3&\ge\frac92\Big(a(1+a)+b(1+b)+c(1+c)\Big)\\(a+b+c)(2(a+b+c)^2-9)&\ge9(a^2+b^2+c^2)\\\end{align*} AM-GM tells us that $(a+b+c)^2=(a+b+c)^2+9-9\ge6(a+b+c)-9$, so it suffices to prove \begin{align*}(a+b+c)(12(a+b+c)^2-27)&\ge9(a^2+b^2+c^2)\\4(a+b+c)^2&\ge3(a^2+b^2+c^2)+9(a+b+c)\\a^2+b^2+c^2+8(ab+bc+ca)&\ge9(a+b+c)\end{align*} Y esta última desigualdad la dejo a tu criterio. Utiliza el hecho de que $abc=1$ que no se han utilizado hasta ahora.

Answer 5

Dejemos que $$f(a,b,c)=\frac{a}{\sqrt{1+a}}+\frac{b}{\sqrt{1+b}}+\frac{c}{\sqrt{1+c}}$$ $$g(a,b,c)=abc-1=0$$

Utilizando Multiplicador de Lagrange $$\large\frac{\frac{\partial f}{\partial a}}{\frac{\partial g}{\partial a}}= \frac{\frac{\partial f}{\partial b}}{\frac{\partial g}{\partial b}}= \frac{\frac{\partial f}{\partial c}}{\frac{\partial g}{\partial c}}=k $$ Obtenemos $$\frac{a+2}{2bc(a+1)^{3/2}}=\frac{b+2}{2ac(b+1)^{3/2}}=\frac{c+2}{2ab(c+1)^{3/2}}=k$$

resolviendo esto para $a,b,c$ obtenemos $$a=b=c$$ y de la restricción $g(a,b,c)=0$ obtenemos $$a=b=c=1$$ $$f_{min}=\frac{1}{\sqrt{1+1}}+\frac{1}{\sqrt{1+1}}+\frac{1}{\sqrt{1+1}}=\frac{3}{\sqrt2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$$ $$f(a,b,c)=\frac{a}{\sqrt{1+a}}+\frac{b}{\sqrt{1+b}}+\frac{c}{\sqrt{1+c}}\ge f_{min}$$

$$f(a,b,c)=\frac{a}{\sqrt{1+a}}+\frac{b}{\sqrt{1+b}}+\frac{c}{\sqrt{1+c}}\ge \frac{3\sqrt{2}}{2}$$