Probar la desigualdad radical mediante una sustitución y $pqr$

Question

(Zuyong) Si $a,b,c>0$ y $abc=1$ , demostrar que \a+b+c+6 \ge\sqrt {a^2+8}+ \sqrt {b^2+8}+ \sqrt {c^2+8}.\]

Quiero ver si teomehai's sustitución funciona, ya que trata muy bien las raíces cuadradas.

Tenemos $a=\dfrac{2-x^2}x$ , $b=\dfrac{2-y^2}y$ , $c=\dfrac{2-z^2}z$ entonces $abc=1$ implica que $\prod\left(2-x^2\right)=xyz$ y necesita demostrar que $x+y+z\le\dfrac62=3$ .

Sea $p=x+y+z$ , $q=xy+yz+zx$ , $r=xyz$ . La condición se convierte en $$r^2+r+4p^2+4pr-8-8q-2q^2=0.$$ Por desigualdad de Schur, $r\ge\dfrac{4pq-p^3}9$ , introdúzcalo para obtener \begin{align*}&16 {{p}^{2}}{{q}^{2}}-162 {{q}^{2}}-8 {{p}^{4}} q+144 {{p}^{2}} q+36 p q \\[3pt]{}-{}&648 q+{{p}^{6}}-36 {{p}^{4}}-9 {{p}^{3}}+324 {{p}^{2}}-648\le0\vphantom\strut.\end{align*} Desde $p^6$ puede explotar más rápido que cualquier otra cosa, $p$ podría conseguir el deseado up bound aunque no sé cómo.

Answer 1

Observación : He aquí una prueba complicada utilizando el método pqr.

Sea $2x = \sqrt{a^2 + 8} - a, 2y = \sqrt{b^2 + 8} - b, 2z = \sqrt{c^2 + 8} - c$ (correspondientemente, $a=\frac{2-x^2}x$ , $b=\frac{2-y^2}y$ , $c=\frac{2-z^2}z$ ).

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

La condición $abc = 1$ se escribe como $$r^2 + r + 4p^2 + 4pr - 8 - 8q - 2q^2 = 0. \tag{1}$$

También, claramente, $x, y, z \le \sqrt 2$ . Tenemos $x + y + z \le 3\sqrt 2$ y $$(\sqrt 2 - x)(\sqrt 2 - y) + (\sqrt 2 - y)(\sqrt 2 - z) + (\sqrt 2 - z)(\sqrt 2 - x) \ge 0$$ que se escriben respectivamente como $$p \le 3\sqrt 2, \tag{2}$$ y $$6 - 2\sqrt 2\, p + q \ge 0. \tag{3}$$

Tenemos que demostrar que $x + y + z \le 3$ .

Nos dividimos en dos casos:

Caso 1 : $p^2 \ge 4q$

Utilizando $q \le p^2/4$ y (3), tenemos $$6 - 2\sqrt 2\, p + p^2/4 \ge 0$$ o $$\frac14(6\sqrt 2 - p)(2\sqrt 2 - p) \ge 0$$ que, combinada con (2), da como resultado $p \le 2\sqrt 2 < 3$ .

Caso 2 : $p^2 < 4q$

Utilizando $r \ge \frac{(p^2 - q)(4q - p^2)}{6p} \ge 0$ (grado cuatro de Schur), a partir de (1), tenemos \begin{align*} &16\,{q}^{4}-40\,{p}^{2}{q}^{3}+ \left( 33\,{p}^{4}-168\,{p}^{2}-24\,p \right) {q}^{2}\\ &\qquad + \left( -10\,{p}^{6}+120\,{p}^{4}+30\,{p}^{3}-288\,{p }^{2} \right) q+{p}^{8}-24\,{p}^{6}-6\,{p}^{5}+144\,{p}^{4}-288\,{p}^{ 2}\\ &\le 0. \tag{4} \end{align*} Denotemos el LHS por $f(p, q)$ .

Podemos demostrar que $$\left. \begin{array}{r} 6 - \frac{14}{5} p + q > 0\\ p^2 \ge 3q\\ p\le 9/2\\ p > 3 \end{array} \right\} \Longrightarrow f(p, q) > 0. \tag{5}$$ (La prueba se da al final).

Tenga en cuenta que $6 - 2\sqrt 2 \, p + q \ge 0$ implica $6 - \frac{14}{5}p + q > 0$ y $p \le 3\sqrt 2$ implica $p \le 9/2$ . ( Nota : Evitamos los números irracionales). De (4) y (5), obtenemos una contradicción. Como resultado, tenemos $p \le 3$ .

Hemos terminado.

---

Prueba de (5):

Tenemos $$3 < p \le \frac92 \quad \iff \quad p = 3 \cdot \frac{s}{1 + s} + \frac92 \cdot \frac{1}{1 + s}, \quad s \ge 0. $$ Entonces tenemos $$\frac{14}{5}p - 6 < q \le \frac{p^2}{3} \quad \iff \quad q = \left(\frac{14}{5}p - 6\right)\cdot \frac{t}{1+t} + \frac{p^2}{3}\cdot \frac{1}{1+t}, \quad t \ge 0.$$ Tenemos $$f(p, q) = \frac{81}{160000(1+s)^8(1+t)^4}[g(s,t) + 4882500] > 0$$ donde $g(s,t)$ es un polinomio con coeficientes no negativos.

Hemos terminado.