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Siano $ a,b,c $ tre numeri reali positivi tali che $ a+b+c=\sqrt a+\sqrt b+\sqrt c $.
Dimostrare che $ (a-2)^2+(b-2)^2+(c-2)^2\ge3 $.

Per Cauchy-Schwartz (ho scritto giusto?) si ha che $ \displaystyle~(1+1+1)(a+b+c)\ge(\sqrt a+\sqrt b+\sqrt c)^2 $, da cui, ponendo $ \displaystyle~s=a+b+c=\sqrt a+\sqrt b+\sqrt c $:
$ \displaystyle~3s\ge s^2\Rightarrow s^2-3s\le0\Rightarrow s \le 3 $, o anche $ \displaystyle~s-6\le-3 $, da cui, essendo entrambi i membri negativi, $ \displaystyle~(s-6)^2\ge 9 $.
Ancora per Cauchy-Schwartz abbiamo $ \displaystyle~(1+1+1)[(a-2)^2+(b-2)^2+(c-2)^2]\ge [(a-2)+(b-2)+(c-2)]^2=(s-6)^2\ge 9 $,
da cui $ \displaystyle~(a-2)^2+(b-2)^2+(c-2)^2\ge3 $.

Mi hai preceduto! Quando stavo per postare la mia ho visto che c'era gia` una soluzione piu` bella e piu` corta
Vabbe', ecco la mia.. spero che sia giusta.

$ $\sum (a-2)^2 \geqslant 3,$ $
$ $\sum a^2 - 4 \sum a + 9 \geqslant 0.$ $

Ora omogenizzo tutto:
$ $\sum a^2 - 4 \sum a \cdot \left(\frac{\sum a}{\sum \sqrt{a}}\right)^2 + 9\left(\frac{\sum a}{\sum \sqrt{a}}\right)^4 \geqslant 0;$ $
$ $\sum a^2 \cdot \left(\sum \sqrt{a}\right)^4 + 9 \left(\sum a\right)^4 \geqslant 4 \left(\sum a\right)^3 \cdot \left(\sum \sqrt{a}\right)^2.$ $

Sia $ $x := \sqrt{a};$ $ allora
$ $\sum x^4 \cdot \left(\sum x\right)^4 + 9 \left(\sum x^2\right)^4 \geqslant 4 \left(\sum x^2\right)^3 \cdot \left(\sum x\right)^2.$ $

Adesso, per Cauchy-Schwarz (QM-AM),
$ $\sum x^2 \geqslant \frac{1}{3} \left(\sum x\right)^2,$ $ e
$ $\sum x^4 \geqslant \frac{1}{3} \left(\sum x^2\right)^2 \geqslant \frac{1}{27} \left(\sum x\right)^4;$ $

quindi, applicando queste disuguaglianze al $ $LHS$ $ e semplificando, otteniamo
$ $\left(\sum x\right)^6 \geqslant \left(\sum x^2\right)^3,$ $ che si verifica facilmente: infatti
$ $\left(\sum x\right)^2 \geqslant \sum x^2$ $ e` sempre vera.