Encontrando $\small{\max\limits_{ab+bc+ca=1}\dfrac{\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}+\sqrt{c+ab}}{\sqrt{3a+3b+3c+10}} }$

Question

Problema. Dados $a,b,c$ números reales no negativos tales que $ab+bc+ca=1.$ Encuentra el valor maximal de $P$ $$P=\frac{\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}+\sqrt{c+ab}}{\sqrt{3a+3b+3c+10}} .$$

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Cuando denoto $a=b=1;c=0$ obtenemos $P\le \dfrac{3}{4}.$ Vamos a demostrar que es el valor maximal.

Ahora, es suficiente probar $$\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}+\sqrt{c+ab}\le \frac{3}{4} \sqrt{3a+3b+3c+10}.$$ Por la desigualdad de Cauchy-Schwarz$$\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}+\sqrt{c+ab}\le \sqrt{3(a+b+c+1)}\le \frac{3}{4} \sqrt{3a+3b+3c+10},$$lo cual es verdad para $\sqrt{3}\le a+b+c\le 2.$

En el caso restante, $a+b+c>2.$ Es suficiente probar $$\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}+\sqrt{c+ab}\le 3.$$ Todavía no logro probar que sea verdad. Espero que me ayudes a continuar mi idea.

Además, ¿la técnica de MV (Mixing variables), AM-GM ayudan? Gracias.

Actualización 1: La utilización de Cauchy-Schwarz de RiverLi es muy buena, pero sigue siendo una solución complicada.

Answer 1

Prueba. Basta con demostrar que $$\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}+\sqrt{c+ab}\le \frac{3}{4} \sqrt{3a+3b+3c+10}$$ o $$\left(\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}+\sqrt{c+ab}\right)^2 \le \frac{9}{16} (3a+3b+3c+10).\tag{1}$$

Por la desigualdad de Cauchy-Bunyakovsky-Schwarz, tenemos \begin{align*} &\left(\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}+\sqrt{c+ab}\right)^2\\[6pt] \le{}& \left(\sum_{\mathrm{cic}}\frac{a + bc}{23ab + 44bc + 23ca + 23a + 2b + 2c}\right)\\[6pt] &\qquad \cdot \left(\sum_{\mathrm{cic}} (23ab + 44bc + 23ca + 23a + 2b + 2c)\right)\\[6pt] ={}& \left(\sum_{\mathrm{cic}}\frac{a + bc}{23ab + 44bc + 23ca + 23a + 2b + 2c}\right) \cdot 9(3a + 3b + 3c + 10). \tag{2} \end{align*}

A partir de (1) y (2), basta con probar que $$\sum_{\mathrm{cic}}\frac{a + bc}{23ab + 44bc + 23ca + 23a + 2b + 2c} \le \frac{1}{16}. \tag{3}$$

Utilizamos el método pqr. Sea $p = a + b + c, q = ab + bc + ca = 1, r = abc$. Usando $p^2\ge 3q = 3$, tenemos que $p \ge \sqrt 3$.

(3) se puede escribir de manera equivalente como $$-1701\,{r}^{2}+ \left( -1767\,{p}^{2}+2841\,p+3978 \right) r + 2(p-2)(2p^2+25p+86) \ge 0.$$ Usando $q^2 \ge 3pr$, basta con probar que $$-1701\,{r}\cdot \frac{1}{3p}+ \left( -1767\,{p}^{2}+2841\,p+3978 \right) r + 2(p-2)(2p^2+25p+86) \ge 0$$ o $$\left(-\frac{567}{p} -1767\,{p}^{2}+2841\,p+3978 \right) r + 2(p-2)(2p^2+25p+86) \ge 0. \tag{4}$$

Dividimos en dos casos.

Caso 1. $\sqrt 3 \le p \le 2$

Usando $r \ge \frac{4pq - p^3}{9} = \frac{p(4 - p^2)}{9}$ (grado tres de Schur), y utilizando $-\frac{567}{p} -1767\,{p}^{2}+2841\,p+3978 > 0$, basta con probar que $$\left(-\frac{567}{p} -1767\,{p}^{2}+2841\,p+3978 \right) \cdot \frac{p(4 - p^2)}{9} + 2(p-2)(2p^2+25p+86) \ge 0$$ o $$\frac13(p - 2)(589p^4 + 231p^3 - 3208p^2 - 2313p + 894) \ge 0$$ lo cual es cierto.

Caso 2. $p > 2$

Claramente, solo necesitamos probar el caso en que $-\frac{567}{p} -1767\,{p}^{2}+2841\,p+3978 < 0$.

A partir de $0 \le (a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2 = -4\,{p}^{3}r+{p}^{2}{q}^{2}+18\,pqr-4\,{q}^{3}-27\,{r}^{2}$, tenemos que $$r \le - \frac{2}{27} p^3 + \frac{p}{3} + \frac{2}{27}(p^2 - 3)\sqrt{p^2 - 3} =: r_2.$$

Basta con probar que $$\left(-\frac{567}{p} -1767\,{p}^{2}+2841\,p+3978 \right) \cdot r_2 + 2(p-2)(2p^2+25p+86) \ge 0 \tag{5}$$ lo cual es cierto.

Hemos terminado.

Answer 2

Algunos pensamientos.

Espero que el siguiente enfoque ayude.

Supongamos que $a\ge b\ge c\ge 0.$ Elija $t>0$ tal que $t^2+2tc=1.$

Implica que $a\ge t\ge b\ge c$. Ahora, denotemos $$\color{black}{f(a,b,c)=\frac{\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}+\sqrt{c+ab}}{\sqrt{3a+3b+3c+10}}.}$$ Y $$\color{black}{f(t,t,c)=\frac{2\sqrt{t+tc}+\sqrt{c+t^2}}{\sqrt{6t+3c+10}}.}$$ Si podemos demostrar que $f(a,b,c)\le f(t,t,c)$ el resto parece sencillo al demostrar $$f(t,t,c)=\frac{2\sqrt{t+t\dfrac{1-t^2}{2t}}+\sqrt{\dfrac{1-t^2}{2t}+t^2}}{\sqrt{6t+3\dfrac{1-t^2}{2t}+10}}\le \frac{3}{4}.$$