Неравенство с Украинской МО

[Edward_Tur]

Неотрицательные числа $a,b$ и $c$ таковы, что $a+b+c \le 2.$
Доказать неравенство:

$$\sqrt {a^2+bc} +\sqrt {b^2+ca} +\sqrt {c^2+ab} \le3$$

[arqady]

Это неравенство придумал Pham Kim Hung в далёком 2005 году.

[Хорхе]

Мое решение:

(Оффтоп)

1) $a,b,c\le 1$

$$ \gathered \sqrt {a^2+bc} +\sqrt {b^2+ca} +\sqrt {c^2+ab}\le \sqrt {3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac)} =\\ =\sqrt{\frac32\big((a+b+c)^2 + a^2+b^2+c^2\big) }\le \sqrt{\frac32(4 + a+b+c) }\le 3. \endgathered $$

2) $a>1$. Поскольку $b^2+ca+bc < ab+ac\le a^2$, то по Карамате

$$ \gathered \sqrt {a^2+bc} +\sqrt {b^2+ca} +\sqrt {c^2+ab}\le a + \sqrt {b^2+ca+bc} +\sqrt {c^2+ab}\le\\ \le a + \sqrt{2\big(b^2+c^2 + ab+bc+ca\big) }\le a + \sqrt{2(b+c)(a+b+c) }\le a+ 2\sqrt{2-a}= 3-(1-\sqrt{2-a})^2\le 3. \endgathered $$

arqady в сообщении #555798 писал(а):

Это неравенство придумал Pham Kim Hung в далёком 2005 году.

А где-то оно есть в интернетах?

-- Ср апр 04, 2012 18:30:12 --

Нашел в его книжке (задача 15 на стр. 153).

[Nikys]

Решение, предложенное на олимпиаде:
Поскольку уравнение симметрично, то без ограничений общности $2\ge a\ge b\ge c\ge 0$.
Докажем два неравенства:
$\sqrt{a^2+bc} \le a+\frac{c}{2}$
$\sqrt{b^2+ac}+\sqrt{c^2+ab} \le \frac{a+3b+2c}{2}$
Первое неравенство легко доказывается при вознесении в квадрат. И вправду:
$a^2+bc \le a^2 + ac + \frac{c^2}{4} \Leftrightarrow c^2 +4с(a-b) \ge 0$
Это очевидно, поскольку следует из упорядоченности.
К левой части второго неравенства применим неравенство между средним арифметическим и средним квадратическим:
$\sqrt{b^2+ac}+\sqrt{c^2+ab} \le \sqrt{2(c^2+ab+ac+b^2)} \le \frac{a+3b+2c}{2}$
Последнее неравенство можно проверить:
$8c^2+8ab+8ac+8b^2 \le a^2 + 9b^2 + 4c^2 + 6ab + 12bc +4ac$
$a^2 + b^2 +4c^2 - 8c^2 - 2ab - 4ac +8bc + 4bc \ge 0$
$(a-b-2c)^2 +8c(b-c) \ge 0$
Последнее очевидно.
Имеем:
$\sqrt{a^2+bc} + \sqrt{b^2+ac} + \sqrt{c^2+ab} \le \frac{3}{2}(a+b+c) \le 3$