Prueba $1<ab+bc+ca-abc<\frac{28}{27}$

Question

Si $a$ , $b$ , $c$ son tres números reales positivos tales que

$a+b>c$
$b+c>a$
$c+a>b$
$a+b+c=2$

$a$ , $b$ y $c$ pueden ser o no iguales en valor

Demuéstralo: $$1<ab+bc+ca-abc<\frac{28}{27}$$

A partir de la primera mitad de la pregunta, me di cuenta de que $a$ , $b$ y $c$ son los lados de un triángulo cuyo perímetro es $2$ . Sin embargo, soy incapaz de resolver este problema, incluso después de utilizar algunas desigualdades estándar. ¿Puede alguien ayudarme con este problema?

Answer 1

Escribiré mi comentario como respuesta. Consideremos el polinomio $$ \begin{split} f(x)&=(x-a)(x-b)(x-c)\\ &=x^3-(a+b+c)x^2+(ab+bc+ca)x-abc\\ &=x^3-2x^2+(ab+bc+ca)x-abc. \end{split} $$ Entonces $f(1)=1-2+ab+bc+ca-abc=ab+bc+ca-abc-1$ por lo que tenemos que demostrar que $0<f(1)\le 1/27$ .

Tenga en cuenta que $1=(a+b+c)/2=p$ el semiperímetro del triángulo de lados $a,b,c$ . Este triángulo no es degenerado ya que todas las desigualdades del enunciado del problema son estrictas. Por lo tanto, su área es positiva. Pero el área de este triángulo es $$ A=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt{1\cdot f(1)}=\sqrt{f(1)}, $$ así que $f(1)=A^2>0$ . Por otro lado, por la desigualdad AM-GM, $$ \begin{split} \sqrt[3]{f(1)}&=\sqrt[3]{(p-a)(p-b)(p-c)}\\ &\le \frac{(p-a)+(p-b)+(p-c)}{3}\\ &=\frac{3p-(a+b+c)}{3}=\frac{3-2}{3}=\frac{1}{3}, \end{split} $$ es decir $f(1)\le (1/3)^3=1/27$ .

De hecho, podemos utilizar la desigualdad AM-GM en cualquier triángulo para demostrar que su área $A\le\dfrac{p^2}{3\sqrt{3}}$ donde $p$ es su semiperímetro.

Answer 2

Prueba :

Sea $$x = \frac{a + b - c}{2} > 0, \quad y = \frac{b + c - a}{2} > 0, \quad z = \frac{c + a - b}{2} > 0.$$ Correspondientemente, $a = z + x, b = x + y, c = y + z$ (la llamada sustitución de Ravi). Tenemos $a + b + c = 2(x + y + z)$ . Así, $x + y + z = 1$ .

Además, tenemos \begin{align*} &ab + bc + ca - abc \\ =\,& (z + x)(x + y) + (x + y)(y + z) + (y + z)(z + x) - (z + x)(x + y)(y + z)\\ =\,& (z + x + y + z)(x + y) + (y + z)(z + x)(1 - x - y)\\ =\,& (1 + z)(1 - z) + [xy + z(x + y + z)]z \\ =\,& 1 - z^2 + (xy + z)z \\ =\,& 1 + xyz. \end{align*}

Primero, $ab + bc + ca - abc = 1 + xyz > 1$ .

En segundo lugar, utilizando AM-GM, tenemos $xyz \le (\frac{x + y + z}{3})^3 = \frac{1}{27}$ con igualdad si y sólo si $x = y = z = 1/3$ . Por lo tanto, tenemos $ab + bc + ca - abc \le \frac{28}{27}$ con igualdad si y sólo si $a = b = c = 2/3$ .

Hemos terminado.

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Observación : En realidad, podemos demostrar la siguiente identidad: \begin{align*} &ab + bc + ca - abc\\ \equiv\,& 1 + \frac{(a + b - c)(b + c - a)(c + a - b)}{8}\\ & + \frac{1}{8}(a + b + c - 2)(a^2 + b^2 + c^2 - 2ab - 2bc - 2ca + 2a + 2b + 2c + 4). \end{align*}