Si$a+b+c\le 1$ entonces$3(a+b+c)-(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)\ge (\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2$

Question

Deje$a,b,c\ge 0$ tal que$a+b+c\le 1$, pruebe que$$3(a+b+c)-(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)\ge (\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2\tag{1}$ $

Conjeturo: Deje$a_{i}\ge 0$,$i=1,2,\cdots$,$a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\le 1$,$n\ge 3$, luego$$n(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n})-(a^2_{1}+a^2_{2}+\cdots+a^2_{n}-a_{1}a_{2}-a_{2}a_{3}-\cdots-a_{n}a_{1})\ge (\sqrt{a_{1}}+\sqrt{a_{2}}+\cdots+\sqrt{a_{n}})^2$ $ Esta desigualdad es más fuerte que la desigualdad de Cauchy-Schwarz, porque$$(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)\ge 0$ $ Aplicando la desigualdad de Cauchy-Schwarz$$3(a+b+c)\ge(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2$ $ ¿Cómo probar la declaración requerida (1)?

Answer 1

Dado que$a+b \leqslant 1 $ por Cauchy - Schwarz obtenemos$$\sqrt{a} +\sqrt{b} \leq \sqrt{2}\cdot \sqrt{a+b} \leqslant \sqrt{2} $ $ por lo tanto$$\frac{(\sqrt{a} +\sqrt{b})^2}{2} \leqslant 1$ $ multiplicando ambos lados de la desigualdad anterior por$(\sqrt{a} -\sqrt{b} )^2 $ obtenemos$$\frac{(a-b)^2 }{2} \leqslant (\sqrt{a} -\sqrt{b})^2 . $ $

Ahora tenemos

\begin{align} 3 (a+b+c ) -(\sqrt{a} +\sqrt{b} +\sqrt{c})^2 &= 2a +2b +2c -2\sqrt{ab} -2\sqrt{ac} -2\sqrt{bc} \\ &= (\sqrt{a} -\sqrt{b} )^2 +(\sqrt{a} -\sqrt{c} )^2 +(\sqrt{c} -\sqrt{b} )^2\\ &\geqslant \frac{1}{2} \cdot \left ( (a-b)^2 + (a-c)^2 +(c-b)^2 \right)\\ &= a^2 +b^2 +c^2 -ab -ac -ab \end{align}

que completa la prueba