Demostrar que la desigualdad $\frac{2ab}{a+b}+\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}\ge \sqrt{ab}+\frac{a+b}{2}$

Question

Sea $a;b\ge 0$ . Demostrar que la desigualdad $$\frac{2ab}{a+b}+\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}\ge \sqrt{ab}+\frac{a+b}{2}$$

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Mi intento: $LHS-RHS=\frac{2ab}{a+b}-\frac{a+b}{2}+\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}-\sqrt{ab}\ge 0$

O $-\frac{\left(a-b\right)^2}{2\left(a+b\right)}+\frac{\left(a-b\right)^2}{2\left(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{ab}\right)}\ge 0$

O $\left(a-b\right)^2\left(\frac{1}{2\left(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{ab}\right)}-\frac{1}{2\left(a+b\right)}\right)\ge 0$

Entonces no puedo probar $\frac{1}{2\left(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{ab}\right)}\ge \frac{1}{2\left(a+b\right)}$

He elevado al cuadrado los dos lados de la desigualdad, pero la exponencial es difícil de resolver. Y puedo ver $HM+QM\ge AM+GM$ con $n=2$ por lo que es cierto para $n=i$ ?

Answer 1

Este problema es bien conocido. Obsérvese que $$\frac{a+b}{2}-\frac{2ab}{a+b}=\frac{(a+b)^2-4ab}{2(a+b)}$$ después de elevar al cuadrado dos veces obtendrá

$$\left(\frac{(a+b)^2}{2}-\frac{(a-b)^4}{4(a+b)^2}\right)^2\geq 4ab\left(\frac{a^2+b^2}{2}\right)$$ Haciendo este Álgebra conseguirás

$$\frac{1}{16}\frac{(a-b)^8}{(a+b)^4}\geq 0$$ lo cual es cierto.

Answer 2

Tenga en cuenta que $$\begin{align}\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}-\sqrt{ab}&=\frac{\left(\frac{a^2+b^2}{2}\right)-ab}{\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{ab}}=\frac{2\left(\frac{a-b}{2}\right)^2}{\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{ab}} \end{align}$$ Si podemos demostrar que $$\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{ab}\leq a+b\,,$$ entonces $$\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}-\sqrt{ab}\geq \frac{2\left(\frac{a-b}{2}\right)^2}{a+b}=\frac{a+b}{2}-\frac{2ab}{a+b}\,,$$ que es equivalente a lo que necesitamos demostrar.

Tenga en cuenta que $$\begin{align} \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}&=\sqrt{\left(\frac{a+b}{2}\right)^2+\left(\frac{a-b}{2}\right)^2} \\ &=\sqrt{\left(\frac{a+b}{2}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{\sqrt2}\right)^2\,\left(\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{\sqrt2}\right)^2} \\ &=\sqrt{\left(\frac{a+b}{2}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{\sqrt2}\right)^2\left(\left(\frac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{\sqrt2}\right)^2+2\sqrt{ab}\right)} \\ &=\sqrt{\left(\frac{a+b}{2}\right)^2+2\sqrt{ab}\left(\frac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{\sqrt2}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{\sqrt2}\right)^4} \\ &\leq\sqrt{\left(\frac{a+b}{2}\right)^2+2\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(\frac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{\sqrt2}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{\sqrt2}\right)^4} \\ &=\frac{a+b}{2}+\left(\frac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{\sqrt2}\right)^2\,.\end{align}$$ Así, $$\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{ab}\leq a+b\,.$$

Answer 3

Un enfoque alternativo

$$ u = \frac{a + b}{2} \quad \text{and} \quad v = ab $$

de modo que la desigualdad se convierte en

$$ \frac{v}{u} + \sqrt{2u^2 - v} \ge \sqrt{v} + u. $$

Dado que la desigualdad original es homogénea, y claramente cierta para $a = b = 0$ podemos, sin pérdida de generalidad, establecer $u = 1$ . Luego dejar que $v = 1 + x$ reduce la desigualdad a

$$ x \ge \sqrt{1 + x} - \sqrt{1 - x} \quad (\text{for}\,\, x \le 0) $$

que se muestra con bastante facilidad. La condición proviene de

$$ u = 1 \implies b = 2 - a \implies x = a(2 - a) - 1 = -(a-1)^2 \le 0. $$

Answer 4

Creo que esta es la solución más sencilla:

Así que estás atrapado aquí:

$$\frac{1}{2\left(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{ab}\right)}\ge \frac{1}{2\left(a+b\right)}$$

...lo que equivale a:

$$\sqrt\frac{a^2+b^2}{2}+\sqrt{ab}\le a+b\tag{1}$$

Aplica la desigualdad de Jensen:

$$\frac{f(x_1)+...+f(x_n)}{n}\le f(\frac{x_1+...+x_n}{n})$$

...para función cóncava $f(x)=\sqrt{x}$ y $x_1=\frac{a^2+b^2}{2}$ , $x_2=ab$ :

$$\frac{\sqrt\frac{a^2+b^2}{2}+\sqrt{ab}}2\le \sqrt{\frac{\frac{a^2+b^2}{2}+ab}{2}}\tag{2}$$

Simplifica (2) y obtendrás (1) directamente.

Answer 5

Gracias a todos he tenido la respuesta para mi atascado.

Tenemos : $$LHS-RHS=\frac{2ab}{a+b}-\frac{a+b}{2}+\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}-\sqrt{ab}\ge 0$$

O $$-\frac{\left(a-b\right)^2}{2\left(a+b\right)}+\frac{\left(a-b\right)^2}{2\left(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{ab}\right)}\ge 0$$

O $$\left(a-b\right)^2\left(\frac{1}{2\left(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{ab}\right)}-\frac{1}{2\left(a+b\right)}\right)\ge 0$$

Entonces necesito probar $$\frac{1}{2\left(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{ab}\right)}\ge \frac{1}{2\left(a+b\right)}$$

O $\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{ab}\leq a+b$ . Lo que es cierto por C-S $$\left(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{ab}\right)^2\le 2\left(\frac{a^2+b^2}{2}+ab\right)=\left(a+b\right)^2$$