$a,b,c$ Son reales;
$a<b<c$;
$a+b+c=6$;
$ab+bc+ca = 9$.
Pruebalo $0<a<1<b<3<c<4$.
Resolví esto tratando a$a,b,c$ como raíces de$x^3 - 6x^2 + 9x + d$ para algunos$d$, pero no he podido resolverlo de una manera más directa.
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user299698
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Creo que vamos en la dirección correcta. Usted necesita algunas estimaciones del coeficiente de $d$. Tenga en cuenta que el polinomio $$P(x)=x^3 - 6x^2 + 9x + d=x(x-3)^2+d$$ tiene tres reales distintas raíces $a<b<c$ si y sólo si $P(1)=4+d>0$ $P(3)=d<0$ donde $1$ es el máximo local de $P$ e e $3$ es mínimo local de $P$ (marque el derivado $P'$). Por lo tanto,$-4<d<0$.
Consideremos ahora los signos de los valores $P(0)$, $P(1)$, $P(3)$, y $P(4)$. ¿Qué podemos concluir?
Batominovski Comentario de: Su respuesta, aunque no es lo que el OP quiere, es útil. Por favor, considere la posibilidad de volver a ponerlo, para que alguien se pueda beneficiar de ella.
wujj123456
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171
Quiero señalar que la solución de este problema mediante polinomios puede ser el más natural y, de hecho, una forma directa de hacer. Por ejemplo, se puede demostrar que cada una de las desigualdades de forma individual. Para mostrar $a>0$, usted tiene $$0 < (b-c)^2=(b+c)^2-4bc=(6-a)^2-4\big(9-a(b+c)\big)=(6-a)^2-4\big(9-a(6-a)\big)\,,$$ que da $3a(4-a)>0$, de donde $a>0$ (y de manera similar, $c<4$).
Ahora, desde la $0<a<b<c$, tenemos $$ \begin{align}0<(b-a)(c-a)&=bc-(b+c)a+a^2=\big(9-(b+c)a\big)-(b+c)a+a^2 \\&=9-2(b+c)a+a^2=9-2(6-a)a+a^2=3(a-1)(a-3)\,. \end{align}$$ Es decir, o $a<1$ o $a>3$. Claramente, $a<\frac{a+b+c}{3}=2$, lo $a<1$ deben tener. De la misma manera, similar a prueba muestra que $c>3$.
Por último, tenga en cuenta que $$\begin{align} 0<(b-a)(c-b)=-ac+(a+c)b-b^2=-9+2(a+c)b-b^2=-9+2(6-b)b-b^2\,. \end{align}$$ Esto demuestra que $0<3(b-1)(3-b)$ o $1<b<3$. Para ser honesto, me parece que esta prueba bastante engorroso y poco elegante.
En general, supongamos que $p(x)=(x-a)(x-b)(x-c)=x^3-ux^2+vx-w$ donde$a,b,c,u,v,w\in\mathbb{R}$$a\leq b\leq c$. Mediante la observación de que $$p'(x)=3\left(x^2-\frac{2}3ux+\frac13v\right)=3\left(x-\frac{1}{3}u+\frac{1}{3}\Delta\right)\left(x-\frac{1}{3}u-\frac{1}{3}\Delta\right)\,,$$ donde $\Delta:=\sqrt{u^2-3v}$ (es decir, $u^2\geq 3v$ debe sostener), llegamos a la conclusión de que $$a\leq \frac{u-\Delta}{3}\leq b\leq \frac{u+\Delta}{3} \leq c\,.$$
El valor mínimo posible de $a$ se produce cuando $w$ se reduce al mínimo, lo que sucede cuando los $b=c=\frac{u+\Delta}{3}$, y por lo $a=u-b-c=\frac{u-2\Delta}{3}$. En consecuencia, $$a\geq \frac{u-2\Delta}{3}$$ debe ocupar en general. Del mismo modo, el valor máximo posible de $c$ se produce cuando $w$ está maximizada, por lo que el$a=b=\frac{u-2\Delta}{3}$$c=u-b-c=\frac{u+2\Delta}{3}$. Esto significa que $$c\leq \frac{u+2\Delta}{3}$$ in general. In other words, if real numbers $a,b,c$ satisfy $\leq b\leq c$, $a+b+c=u$, and $ac+ca+ab=v$, entonces $$\frac{u-2\sqrt{u^2-3v}}{3}\leq a \leq \frac{u-\sqrt{u^2-3v}}{3}\leq b \leq \frac{u+\sqrt{u^2-3v}}{3} \leq c \leq \frac{u+2\sqrt{u^2-3v}}{3}\,.$$ También tenemos $u^2\geq 3v$ y $$\frac{-2u^3+9uv-2\left(u^2-3v\right)^{3/2}}{27}\leq w \leq \frac{-2u^3+9uv+2\left(u^2-3v\right)^{3/2}}{27}\,.$$ (Si $a<b<c$ se asume, por encima de todas las desigualdades son estrictas.)
Al$u=6$$v=9$, obtenemos $$0\leq a\leq 1 \leq b\leq 3 \leq c\leq 4\,.$$ Además, $0\leq w \leq 4$ ($w=-d$ en el OP de la notación).
P. S. El caso general (con $u,v,w$) también se puede comprobar, el uso de las desigualdades $(b-c)^2\geq 0$, $(a-b)^2\geq 0$, $(b-a)(c-a)\geq 0$, $(b-a)(c-b)\geq 0$, y $(c-a)(c-b)\geq 0$, como en la primera parte de esta respuesta. Sin embargo, el trabajo es mucho más tedioso que la prueba usando polinomios como se ilustra en la segunda parte de esta respuesta.
aprado
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1
Solución parcial:
Deje $\{x,y,z\} =\{a,b,c\}$. Desde $z=6-x-y$ obtenemos una ecuación de segundo grado:
$$ x^2+x(y-6)+(y-3)^2 =0$$
y desde que uno tiene que tener una solución real tenemos un discriminante no negativo, por lo que
$$ -3y(y-4)\geq 0 \implies y\in [0,4]$$
y lo mismo podemos decir para$x$$z$.
Ahora puede cualquiera de $x,y,z\in\{0,4\}$?
Decir $z=0$ a continuación se obtienen $$6=x+y >2\sqrt{xy} = 2\cdot 3 =6$$ una contradicción.
Decir $z=4$ a continuación se obtienen $x+y=2$ $xy=1$ $$2=x+y >2\sqrt{xy} = 2\cdot 1 =2$ $
una contradicción de nuevo.
Así que si volvemos a $a,b,c$: $0<a<b<c<4$.
Ahora si $b\geq 3$ $c>3$ e lo $a+b+c>6$ una contradicción.
Si $b\leq 1$ a continuación se obtienen $ a<1$ $a+b+c<6$ una contradicción de nuevo. Por lo $$1<b<3$$
No nos queda más que probar $a<1$$c>3$....
