Demostrar por contradicción $a,b,c>0$ ?

Question

Supongamos que $a,b,c$ son números reales tales que $a+b+c>0$ , $ab+bc+ca>0$ y $abc>0$ . Demostrar por contradicción que $a,b,c>0$ .

He tratado de resolverlo caso por caso como:
caso $1$ : $a,b,c<0$ ;
caso $2$ : exactamente $1$ o $3$ variable(s) de $a,b,c$ es $<0$ los restos son $>0$ ;
caso $3$ : exactamente $2$ variables de $a,b,c$ son $<0$ el resto es $>0$ .

Answer 1

Así que $a, b, c$ son raíces de la cúbica $$x^3-(a+b+c)x^2+(ab+bc+ca)x-abc$$ por La regla de los signos de Descartes no tiene raíces negativas y $0$ no es una raíz. Por lo tanto, todas las raíces deben ser positivas, ya que se da que son reales...

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Si quieres una prueba estrictamente por contradicción, supón que hay una raíz negativa, entonces todos los términos del polinomio son negativos, por lo que no puede sumar cero...

Answer 2

Es posible mostrarlo de una vez, es decir, evitando los casos.

Supongamos que $a\le b\le c$ y $a\le 0$ . Desde $abc>0$ entonces $a<0$ y $bc<0$ . Ahora, $ab+ac+bc=a(b+c)+bc<a(b+c)<a(a+b+c)<0$

Answer 3

Supongamos que $c<0$

Multiplica la desigualdad (2) por c,

$c(ab+bc+ca)<0$

$abc+(a+b)c^2<0$

Desde $abc>0$ se da y $c^2>0$ como $c<0$ de la desigualdad anterior,

$a+b<0$

$a+b+c<c<0$

Pero $a+b+c>0$ (dado)

Esto es una contradicción. Por lo tanto, $c\ge 0$ .

Del mismo modo, podemos derivar $a\ge0$ y $b\ge0$