Dall'Iran

[Mist]

Trovare la più piccola $K$ tale che

$$x\sqrt{y}+y\sqrt{z}+z\sqrt{x}\leq K\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}$$

Buon lavoro, a me è piaciuta !

[nobu]

Voglio dimostrare che il minimo valore di $K$ è $\displaystyle \frac{3}{2\sqrt{2}}$.

\begin{equation*}
x\sqrt{y}+y\sqrt{z}+z\sqrt{x}\leq \frac{3}{2\sqrt{2}}\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}
\end{equation*}
\begin{equation*}
\iff \frac{x\sqrt{y}+y\sqrt{z}+z\sqrt{x}}{\sqrt{xyz}}\leq \frac{3}{2\sqrt{2}}\sqrt{\frac{(x+y)(y+z)(z+x)}{xyz}}
\end{equation*}
\begin{equation*}
\iff \sqrt{\frac{x}{z}}+\sqrt{\frac{y}{x}}+\sqrt{\frac{z}{y}}\leq \frac{3}{2\sqrt{2}}\sqrt{\left(\frac{x}{z}+\frac{y}{z}\right)\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right)\left(\frac{z}{y}+\frac{x}{y}\right)}
\end{equation*}
Pongo quindi $\displaystyle a^2=\frac{x}{z}$ e cicliche ed elevo al quadrato e ottengo:
\begin{equation*}
8(a+b+c)^2\leq 9\left(a^2+\frac{1}{c^2}\right)\left(b^2+\frac{1}{a^2}\right)\left(c^2+\frac{1}{b^2}\right)
\end{equation*}
Che, sfruttando il fatto che $\displaystyle abc=\frac{x}{z}\cdot\frac{y}{x}\cdot\frac{z}{y}=1$, diventa:
\begin{equation*}
8(a+b+c)^2\leq 9(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)
\end{equation*}
\begin{equation*}
\iff a^2+b^2+c^2+9(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2)\geq 16(ab+bc+ca)
\end{equation*}
Sfruttando che $a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$, mi riconduco a dimostrare:
\begin{equation*}
3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2)\geq 5(ab+bc+ca)
\end{equation*}
\begin{equation*}
\iff \left(ab-\frac{5}{6}\right)^2+\left(bc-\frac{5}{6}\right)^2+\left(ca-\frac{5}{6}\right)^2\geq \frac{1}{12}
\end{equation*}
Applicando QM-AM:
\begin{equation*}
\left(ab+bc+ca-\frac{5}{2}\right)^2\geq \frac{1}{4}
\end{equation*}
\begin{equation*}
\iff ab+bc+ca\geq 3
\end{equation*}
Che è banalmente vera per AM-GM, in quanto $abc=1$.

L'uguaglianza per $\displaystyle K=\frac{3}{2\sqrt{2}}$ nel testo si realizza per $x=y=z$.

[patatone]

altra soluzione:
per cauchy schwarz $ \displaystyle x\sqrt y+y\sqrt z+z\sqrt x \le \sqrt{(xy+yz+xz)(x+y+z)} $
da qui in poi sono solo pochi conti