Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 1996 год

$a$, $b$, $c$ — стороны треугольника. Докажите, что $\sqrt {a + b - c} + \sqrt {b + c - a} + \sqrt {c + a - b} \leq \sqrt a + \sqrt b + \sqrt c. $

Комментарий/решение

$$\forall a,b,c>0$$

$$\sqrt{a+b-c}+\sqrt{b+c-a}+\sqrt{c+a-b} \leq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$$

$$ \left\{ \begin{gathered} \sqrt{a+b-c} = x\\ \sqrt{b+c-a}=y \\ \sqrt{c+a-b}=z \\ \end{gathered} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{gathered} a = \frac{x^2+z^2}{2}\\ b= \frac{x^2+y^2}{2} \\ c= \frac{y^2+z^2}{2} \\ \end{gathered} \right. $$

$$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=\sqrt{\frac{x^2+z^2}{2}}+\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}+\sqrt{\frac{y^2+z^2}{2}}\geq x+y+z$$

$$\mathbb{S}_{квадр.}\geq \mathbb{S}_{арифм.}\Rightarrow\sqrt{\frac{x^2_1+x^2_2+...+x^2_n}{n}}\geq \frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}\Rightarrow$$

$$\Rightarrow \sqrt{\frac{x^2+z^2}{2}}+\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}+\sqrt{\frac{y^2+z^2}{2}}\geq \frac{x+z}{2}+\frac{x+y}{2}+\frac{y+z}{2}=x+y+z$$

Через Караматы

Пусть $a = x + y, b = y + z, c = z + x$

Тогда неравенство равносильно: $\sqrt{2x} + \sqrt{2y} + \sqrt{2z} \leq \sqrt{x+y} + \sqrt{y+z} + \sqrt{z+x} (!)$

БОО $x \geq y \geq z$

Тогда несложно заметить, что

$\{2x, 2y, 2z\} \succ \{z+x, z + y, x +y\}$

тогда по неравенству Караматы, для вогнутой функции $f(x) = \sqrt{x}$, имеем что

$f(x+y) + f(y+z) + f(z+x) \geq f(2x) + f(2y) + f(2z)$

что равносильно неравнеству выше, Ч.Т.Д.

бро, ты можешь просто взять в квадрат сравнение $ \sum \sqrt{x+y} | \sum \sqrt{2x}$, и получишь сравнение $ \sum 2\sqrt{(x+y)(y+z)} | \sum 4\sqrt{xy}$ и по Коши слева получишь нужное

Ну мое решение в один шаг)