Demuestre que esta desigualdad no se cumple

Question

Dado $(a,b,c) \in \mathbb R^3_+$ demostrar que al menos uno de los números reales $a(1-b)$ , $ b(1-c)$ y $c(1-a)$ es menor o igual a 1\4.

Intenté demostrarlo por contradicción, es decir, supongamos que $$a(1-b) > \frac{1}{4} $$ $$b(1-c) > \frac{1}{4} $$$$ c(1-a) > \frac{1}{4} $$

Como para terminar con una contradicción, pero terminó en un lío. Por favor, ayuda.

Answer 1

Tenga en cuenta que si $a,b,c$ son todos iguales a $\frac{1}{2}$ entonces los productos dados son todos $\frac{1}{4}$ . Así que no es cierto que al menos uno de $a(1-b)$ , $b(1-c)$ y $c(1-a)$ es $\lt \frac{1}{4}$ . Pero podemos demostrar que al menos uno es $\le \frac{1}{4}$ .

Si uno o más de $1-a$ , $1-b$ , $1-c$ es $\le 0$ el resultado es obvio. Así que supongamos que todos son positivos.

Su producto es $a(1-a)(b)(1-b)(c)(1-c)$ (nótese que hemos reordenado). Recordemos, o demostremos usando AM/GM, o de alguna otra manera, que si $0\lt x\lt 1$ entonces $x(1-x)\le \frac{1}{4}$ . Así, $a(1-a)(b)(1-b)(c)(1-c)\le \frac{1}{4^3}$ y, por tanto, al menos uno de los productos dados es $\le \frac{1}{4}$ .

Answer 2

Sigue la idea de contradicción: si $a(1-b)> \frac{1}{4}$ y otras dos desigualdades similares se mantienen de forma estimulante, que de AM-GM,

$$(\frac{a-b+1}{2})^2\ge a(1-b)> \frac{1}{4},$$ $$a-b+1> 1, \ \ a-b>0$$ los otros dos conducen a $b-c>0$ y $c-a>0$ , la suma da una contradicción.

Answer 3

Supongamos que para todo $a,b,c$ $$a(1-b) > \frac{1}{4}\\b(1-c) > \frac{1}{4}\\c(1-a) > \frac{1}{4}$$ Entonces tenemos $$a+b+c\gt \frac 34+(ab+ac+bc)=\frac 34+\frac{(a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)}{2}$$ De ello se deduce que si $a=b=c$ tenemos $$12a\gt 15a^2+3\Rightarrow(15a-6)^2+45\lt 0$$ Esto es absurdo.