¿Cómo probar que $xyz+\sqrt{x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2}\ge \frac{4}{3}\sqrt{xyz(x+y+z)}$

Question

Sea $x, y, z>0$, y tal que $x^2+y^2+z^2=1$, demostrar que $$xyz+\sqrt{x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2}\ge \dfrac{4}{3}\sqrt{xyz(x+y+z)}$$

¿Esto tiene una solución sencilla? Gracias a todos.

Answer 1

Esta respuesta no es ni agradable ni completa. Al final, todavía necesito trazar una función muy complicada en una variable para concluir que la desigualdad es verdadera. En cualquier caso, aquí está mi intento.

Deje que $a, b, c$ sean los tres polinomios simétricos elementales asociados con $x, y, z$, es decir: $$ \begin{cases} a &= x + y + z\\ b &= xy + yz + zx\\ c &= xyz \end{cases} \quad\iff\quad (\lambda - x)(\lambda - y)(\lambda - z) = \lambda^3 - a\lambda^2 + b\lambda - c $$ En términos de $a, b, c$, la desigualdad que queremos probar se puede reescribir como: $$\begin{align} & c + \sqrt{b^2 - 2ac} -\frac43 \sqrt{ac} \stackrel{?}{\ge} 0\tag{*1}\\ \iff & ( \sqrt{c} - \frac23\sqrt{a} )^2 + \sqrt{b^2 - 2ac} -\frac{4a}{9} \stackrel{?}{\ge} 0\tag{*2} \end{align}$$ y la condición $x^2 + y^2 + z^2 = 1$ es equivalente a $a^2 = 1 + 2b$.

Sobre el dominio de nuestro problema $$\mathscr{D} = \{ (x, y, z) : x, y, z \ge 0, x^2 + y^2 + z^2 = 1 \},$$ tenemos: $$\begin{align} & 0 \le b = xy + yz + zx \le x^2 + y^2 + z^2 = 1\\ & 1 \le a = \sqrt{1+2b} \le \sqrt{3}\\ & 0 \le c = xyz = ( (x^2y^2z^2)^{\frac13} )^{\frac32} \le ((x^2+y^2+z^2)/3)^{\frac32} = \frac{1}{\sqrt{27}}. \end{align}$$ Dado que ambos lados de las desigualdades anteriores son alcanzables en $(1,0,0)$ y en $(\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}})$,
los rangos admisibles para $a, b, c$ sobre $\mathscr{D}$ son $[0,1]$, $[1,\sqrt{3}]$ y $[0, \frac{1}{\sqrt{27}}]$ respectivamente.

Observa que sobre $\mathscr{D}$, $$\sqrt{c} \le \frac{1}{\sqrt[4]{27}} < \frac23 \le \frac23 \sqrt{a}$$ En el L.H.S de $(*2)$, si fijamos $b$ (y por lo tanto $a = \sqrt{1+2b}$) y lo consideramos como una función de $c$, es una función decreciente. Esto implica que para probar la desigualdad $(*1 \iff *2)$, solo necesitamos verificar $(*1)$ cuando $c$ alcanza su valor máximo admisible $c_{max}(b)$ sujeto a un $b$ dado:

$$c_{max}(b) := \sup \{\; xyz : (x, y, z) \in \mathscr{D}, xy + yz + zx = b\;\}$$

Reescribamos $c$ como una función de $b$ y $t = \min\{x, y, z\}$, tenemos: $$\begin{align} c = & xyz = (b - (a - t)t)t = (b - at + t^2)t \\ = & (t-\frac{a}{3})^3 - \frac{a^2-3b}{3} t + \frac{a^3}{27}\\ = & (t-\frac{a}{3})^3 - \frac{d^2}{3}(t - \frac{a}{3}) + \frac{a^3 - 3ad^2}{27} \end{align}$$ donde $d^2 = a^2 - 3b = 1-b$. Observa que $\frac{\partial c}{\partial t} = 3 (t - \frac{a}{3})^2 - \frac{d^2}{3}$. Se puede verificar que $c$ alcanza su máximo en $t = \frac{a - d}{3}$. Por lo tanto, obtenemos:

$$\begin{align} & c_{max}(b) = -\frac{d^3}{27} + \frac{d^3}{9} + \frac{a^3 - 3ad^2}{27} = \frac{2 d^3 + a^3 - 3ad^2}{27} = \frac{(a+2d)(a-d)^2}{27}\\ \implies & a c_{max}(b) = \frac{( (a+d)^2 - d^2 )(a - d)^2}{27} = \frac{b^2}{3}( 1 - L(b) ) \end{align}$$ donde $$L(b) = \left( \frac{d}{a+d} \right)^2 = \frac{1-b}{(\sqrt{1+2b}+\sqrt{1-b})^2}$$ En términos de $b$ y $L(b)$, la desigualdad $(*1)$ en $c = c_{max}(b)$ se convierte en:

$$ \frac{b^2}{3\sqrt{1+2b}}(1 - L(b)) + \sqrt{\frac{b^2}{3}(1 + 2L(b))} - \frac43 \sqrt{\frac{b^2}{3}( 1 - L(b) )} \stackrel{?}{\ge} 0\tag{*3} $$

No sé cómo simplificar esto más, pero la gráfica a continuación muestra que es verdadero para todos los $b \in [0,1]$.

Entonces, la desigualdad en cuestión es realmente verdadera. De hecho, la desigualdad es estricta excepto cuando $$\begin{cases} b = 0, &\iff (x, y, z) = (1,0,0) \text{ o } (0,1,0) \text{ o } (0,0,1)\\ b = 1, &\iff (x, y, z) = (\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}} ) \end{cases}$$

Answer 2

Necesitamos probar que $$xyz+\sqrt{(x^2+y^2+z^2)(x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2)}\geq\frac{4}{3}\sqrt{xyz(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)}.$$

Sea $x+y+z=3u$, $xy+xz+yz=3v^2$ y $xyz=w^3$.

Por lo tanto, necesitamos probar que $f(w^3)\geq0,$ donde $$f(w^3)=w^3+3\sqrt{(3u^2-2v^2)(3v^4-2uw^3)}-4\sqrt{u(3u^2-2v^2)w^3}.$$ Pero por AM-GM $$f'(w^3)=1-\frac{3u\sqrt{3u^2-2v^2}}{\sqrt{3v^4-2uw^3}}-2\sqrt{\frac{u(3u^2-2v^2)}{w^3}}\leq1-\sqrt{\frac{u(3u^2-2v^2)}{w^3}}\leq0,$$ lo cual indica que $f$ es una función decreciente y es suficiente probar nuestra desigualdad

para un valor máximo de $w^3$, lo cual ocurre en el caso de igualdad de dos variables.

Dado que nuestra desigualdad es homogénea, es suficiente hacerlo para $y=z=1$, lo cual da $$x+\sqrt{(x^2+2)(2x^2+1)}\geq\frac{4}{3}\sqrt{x(x+2)(x^2+2)}$$ o después de elevar ambos lados al cuadrado $$x^4-16x^3+11x^2-32x+9+9x\sqrt{(x^2+2)(2x^2+1)}\geq0.$$ Ahora, por C-S $$\sqrt{(x^2+2)(2x^2+1)}=\sqrt{(x^2+1+1)(x^2+x^2+1)}\geq x^2+x+1.$$ Es decir, queda por probar que $$x^4-16x^3+11x^2-32x+9+9x(x^2+x+1)\geq0$$ o $$(x-1)^2(x^2-5x+9)\geq0.$$ ¡Hecho!

Answer 3

Una prueba usando el método pqr:

Sea $p = x + y + z, q = xy + yz + zx, r = xyz$.

La condición $x^2 + y^2 + z^2 = 1$ se convierte en $p^2 - 2q = 1$. Así, $q = \frac{p^2 - 1}{2}$.
Como $q \ge 0$, tenemos $p\ge 1$. Usando $p^2 \ge 3q$, obtenemos $p \le \sqrt 3$. Por lo tanto, $1 \le p \le \sqrt 3$.

La desigualdad deseada se escribe como $$r + \sqrt{q^2 - 2pr} \ge \frac43\sqrt{pr}$$ o $$r\sqrt 3 + \sqrt{3(q^2 - 2pr)} \ge \frac43\sqrt{3pr}$$ o $$r\sqrt 3 + (\sqrt{3(q^2 - 2pr)} - q) + \frac43(q - \sqrt{3pr}) - \frac{q}3\ge 0$$ o $$r\sqrt 3 + \frac{2(q^2 - 3pr)}{\sqrt{3(q^2 - 2pr)} + q} + \frac43 \cdot \frac{q^2 - 3pr}{q + \sqrt{3pr}} - \frac{q}3 \ge 0. \tag{1}$$

Desde (1), usando $\sqrt{3(q^2 - 2pr)} \le \sqrt{3q^2} \le \frac74 q$ y $q^2 \ge 3pr$, es suficiente probar que $$r\sqrt 3 + \frac{2(q^2 - 3pr)}{\frac74 q + q} + \frac43 \cdot \frac{q^2 - 3pr}{q + q} - \frac{q}3 \ge 0$$ o $$35q^2 \ge (138p - 33\sqrt 3\, q)r . \tag{2}$$ La prueba de (2) se da al final.

Ya está.

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Prueba de (2):

Observa que $$0 \le (x - y)^2(y -z)^2(z-x)^2 = -27r^2 + (-4p^3 + 18pq)r + p^2q^2 - 4q^3$$ lo que resulta en $$r \le - \frac{2}{27}p^3 + \frac13 pq + \frac{2}{27}(p^2 - 3q)\sqrt{p^2 - 3q}.\tag{3}$$

De (2) y (3), usando $138p - 33\sqrt 3\, q = 138p - 33\sqrt 3\, \cdot \frac{p^2 - 1}{2} > 0$, es suficiente probar que $$35q^2 \ge (138p - 33\sqrt 3\, q)\cdot \left(- \frac{2}{27}p^3 + \frac13 pq + \frac{2}{27}(p^2 - 3q)\sqrt{p^2 - 3q}\right)$$ o $$35q^2 - (138p - 33\sqrt 3\, q)\cdot \left(\frac13 pq - \frac{2}{27}p^3 \right)\ge (138p - 33\sqrt 3\, q)\cdot \frac{2}{27}(p^2 - 3q)^{3/2}. \tag{4}$$

Usando $q = \frac{p^2-1}{2}$ y $1\le p\le \sqrt 3$, tenemos $$35q^2 - (138p - 33\sqrt 3\, q)\cdot \left(- \frac{2}{27}p^3 + \frac13 pq \right) \ge 0. \tag{5}$$

De (4) y (5), es suficiente probar que $$\left[35q^2 - (138p - 33\sqrt 3\, q)\cdot \left(\frac13 pq - \frac{2}{27}p^3 \right)\right]^2\ge (138p - 33\sqrt 3\, q)^2\cdot \frac{2^2}{27^2}(p^2 - 3q)^3$$ o $$\frac{-44\sqrt{3}\,p^3 + 1089p^4 + 228\sqrt{3}\,p - 3670p^2 + 2949}{144}(p^2 - 1)^2(\sqrt 3 - p)^2 \ge 0$$ lo cual es cierto.

Ya está.