Demostrar la desigualdad de $a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\ge6$

Question

Dado que $a$, $b$, $c$ son no-negativos números reales tales que a$a+b+c=3$, ¿cómo podemos demostrar que:

$a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\ge6$

Answer 1

Por el cuadrado de $a+b+c=3$ tenemos $$(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+ac+bc)=9.$$

De la AM-GM de la desigualdad (o por el hecho de que $(x-y)^2=x^2+y^2-2xy\ge 0$, es decir,$2xy\le x^2+y^2$) tenemos $$ab+ac+bc \le \frac{a^2+b^2}2+\frac{a^2+c^2}2+\frac{b^2+c^2}2=a^2+b^2+c^2,$$ es decir,$\frac12(a^2+b^2+c^2) \ge \frac12(ab+ac+bc)$, que es equivalente a $\frac12(a^2+b^2+c^2) - \frac12(ab+ac+bc) \ge0$.

Mediante la adición de la por encima de la igualdad y la desigualdad juntos obtendrá $$\frac32(a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc)\ge9,$$ que es equivalente a $$a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc\ge6.$$

Answer 2

Por el Cauchy-Schwarz desigualdad, $$6=1*(a+b)+1*(b+c)+1*(a+c)\leq\sqrt{1^2+1^2+1^2}\sqrt{(a+b)^2+(b+c)^2+(a+c)^2}$$ En otras palabras $$(a+b)^2+(b+c)^2+(a+c)^2\geq 12$$ que es el mismo que el que desee de la desigualdad.

Answer 3

Si $x,y,z$ son reales no negativos, entonces $x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx$ (con igualdad de iff $x=y=z$), por lo tanto $3(x^2+y^2+z^2)\ge x(x+y+z)+y(y+z+x)+z(z+x+y) = (x+y+z)^2$ (con igualdad de iff $x=y=z$). Dejando $x=a+b, y=b+c, z=a+c$, nos encontramos con $x+y+z=6$ y $3(a+b)^2+3(b+c)^2+3(c+a)^2 \ge 36$. Tenga en cuenta que$(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2= 2(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)$, de modo que en realidad nos mostró $$ a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\ge 6$$ con la igualdad iff $a=b=c$.

Answer 4

$$ a^2 + b^2 + c^2 + ab + bc + ac = (a+b+c)^2 - (ab + bc + ac) = 9 - (ab + bc + ac)$$ Ahora queda por demostrar que el valor máximo de $(ab + bc + ac)$$3$. Para esto, sabemos que el AM-GM de la igualdad ( por $a,b, c >0$$3(a^2 + b^2 + c^2) \geq (a+ b + c)^2 \geq 3(ab +bc +ac)$. Desde el pasado dos de la parte tenemos a $(a+ b + c)^2 \geq 3(ab +bc +ac) \implies 9 \geq 3 (ab +bc +ac) \implies 3 \geq ab +bc +ac$

Por lo tanto, tenemos $$ a^2 + b^2 + c^2 + ab + bc + ac = 9 - (ab + bc + ac) \geq 9 - 3 = 6$$