Si $A,B,C\in(0,\pi)$ entonces demuestre que $\sin A\sin B\sin C-\sin A-\sin B-\sin C+2\ge0$

Question

Si $A,B,C\in(0,\pi)$ entonces demuestre que $$\sin A\sin B\sin C-\sin A-\sin B-\sin C+2\ge0$$ Mi enfoque: Intenté aplicar las identidades condicionales y simplifiqué la expresión pero no pude llegar a la respuesta.
Cualquier ayuda será muy apreciada.
Gracias.
p.s : ¿Podemos aplicar aquí la desigualdad de Jenson? ¿O alguna otra?

Answer 1

En general, si $a,b,c\in(0,1)$ tenemos $$abc-a-b-c+2\ge0.$$

Prueba. Dejemos que $x=1-a,\,y=1-b$ y $z=1-c$ . Entonces $x,y,z\in(0,1)$ y la desigualdad en cuestión puede reescribirse como $$(1-x)(1-y)(1-z)+x+y+z\ge1.$$ Expandiendo el lado izquierdo y simplificando, obtenemos una desigualdad equivalente $$xy+yz+zx\ge xyz.$$ Dividir ambos lados por $xyz$ la desigualdad se convierte en $$\frac1z+\frac1x+\frac1y\ge1,$$ lo cual es obviamente cierto porque $x,y,z\in(0,1)$ .

Answer 2

Voy a añadir otra respuesta porque tengo una prueba del caso general para cualquier número de ángulos: Si $ 0 \leq A _ i \leq \pi $ para $ i = 1 , 2 , \ldots , n $ entonces $$ \prod _ { i = 1 } ^ n \sin A _ i - \sum _ { i = 1 } ^ n \sin A _ i + n - 1 \geq 0 \text . $$ Pero como he señalado en mi comentario, no se trata realmente de trigonometría; si $ 0 \leq A \leq \pi $ entonces $ 0 \leq \sin A \leq 1 $ Así que lo que realmente estamos diciendo es que si $ 0 \leq a _ i \leq 1 $ para $ i = 1 , 2 , \ldots , n $ entonces $$ \prod _ { i = 1 } ^ n a _ i - \sum _ { i = 1 } ^ n a _ i + n - 1 \geq 0 \text . $$ (También hay que tener en cuenta que estoy permitiendo $ A $ para ser $ 0 $ o $ \pi $ o, lo que es lo mismo, permitir $ a $ para ser $ 0 $ ya que el resultado sigue siendo verdadero en ese caso).

La prueba es por inducción. El caso base $ n = 1 $ es trivial. (En realidad, podríamos empezar por $ n = 0 $ .) Escriba $ S $ para $ \sum _ { i = 1 } ^ n a _ i $ y $ P $ para $ \prod _ { i = 1 } ^ n a _ i $ y asumir (como hipótesis de inducción) que $ P - S + n - 1 \geq 0 $ . Queremos demostrar que $ P a _ { n + 1 } - ( S + a _ { n + 1 } ) + ( n + 1 ) - 1 \geq 0 $ o $ P a _ { n + 1 } - S - a _ { n + 1 } + n \geq 0 $ para simplificar esto. Ahora, como cada $ a _ i \leq 1 $ sabemos que $ S \leq n $ Así que $ n - S \geq 0 $ . De la misma manera, $ 1 - a _ { n + 1 } \geq 0 $ . Y por supuesto $ a _ { n + 1 } \geq 0 $ . Esto da en las cuatro cantidades, todas conocidas como débilmente positivas: $ P - S + n - 1 $ , $ n - S $ , $ 1 - a _ { n + 1 } $ y $ a _ { n + 1 } $ . La suma y la multiplicación conservan la positividad, por lo que $$ ( P - S + n - 1 ) a _ { n + 1 } + ( n - S ) ( 1 - a _ { n + 1 } ) = P a _ { n + 1 } - S - a _ { n + 1 } + n $$ también es débilmente positivo, que es lo que queríamos mostrar.

Obsérvese que la igualdad se consigue si todos los $ a _ i $ son $ 1 $ (o también si todos menos uno son $ 1 $ ), así que esto parece ser lo mejor que podemos hacer.

Answer 3

Enchufe $x=\sin A,y=\sin B,z=\sin C$ con $x,y,z,\in [0,1]$

entonces $$f(x,y,z)=\color{red}{xyz-x}-y-z+2\ge \color{red}{yz-1}-y-z+2=(1-y)(1-z)\ge 0$$

Aquí utilizamos $(x-1)(yz-1)\ge 0\iff xyz-z\ge yz-1$

Answer 4

Inspirado por Albus Dumbledore y Toby Bartels Aquí doy otra solución. Todos los créditos van a ambos.

Demostramos que $\forall a_i \in [0,1], i=1, 2, \ldots, n,$ $$ \prod _ { i = 1 } ^ n a _ i - \sum _ { i = 1 } ^ n a _ i + n - 1 =\sum_{i=1}^{n-1} (1- a_i)\left(1-\prod_{j>i} a_j\right)\geqslant 0.\tag1 $$

Basta con demostrar sólo la igualdad anterior.

Denote $P_i=\prod_{j=i}^n$ . Tenga en cuenta que $a_i P_{i+1}=P_i, \forall i <n$ y $a_n =P_n$ .

Entonces

$$\sum_{i=1}^{n-1} (1- a_i)\left(1-\prod_{j>i} a_j\right)=\sum_{i=1}^{n-1} (1- a_i)\left(1-P_{i+1}\right)\\ =\sum_{i=1}^{n-1} (1- a_i -P_{i+1}+P_i)=n-1-\sum_{i=1}^{n-1} a_i - \sum_{i=1}^{n-1} P_{i+1} + \sum_{i=1}^{n-1} P_i\\ =n-1-\sum_{i=1}^{n-1} a_i - \left(\sum_{i=2}^{n-1} P_i + P_n \right) + \left(P_1 + \sum_{i=2}^{n-1} P_i\right) = P_1 - \sum_{i=1}^n a_i + n-1. $$

¿Cuándo tenemos igualdad? WLOG asume $a_1 \geqslant a_2 \geqslant \cdots \geqslant a_n$ Debemos tener $$(a_{n-1}-1)(a_n-1)=0 \implies a_{n-1}=1 \implies a_1=a_2 = \cdots =a_{n-1}=1.$$

Por otro lado, si $n-1$ de la $a_i's$ son uno, entonces la igualdad se mantiene. Por lo tanto, $$"=" \iff (n-1) \text{ of } a_i's \text{ are equal to one}.\tag2 $$

Volviendo al problema original es solo una línea: $$\sin A\sin B\sin C-\sin A-\sin B-\sin C+2=(1-\sin A)(1-\sin B \sin C)+(1-\sin B)(1-\sin C) \geqslant 0$$

que es básicamente la solución de Albus Dumbledore.

Answer 5

Permítanme darles una idea, si tienen idea de las derivadas parciales, será bueno, pero no es necesario. Supongamos que la función dada

sin(