Prueba $1+a<b+c$ dado $a>0,b>0,c>0$ , $a<bc$ , $1+ a^{3} = b^{3} + c^{3} $ .

Question

Supongamos:

$a>0,b>0,c>0$ , $a<bc$ , $1+ a^{3} = b^{3} + c^{3} $ .

Demuéstralo:

$$ 1+a<b+c $$

Esta desigualdad en el plan de la Universidad de Toronto.

Answer 1

En primer lugar, tenga en cuenta que $$1+a^3=b^3+c^3<1+(bc)^3$$ Lo que implica que $$(b^3-1)(c^3-1)>0 \Leftrightarrow (b-1)(c-1)>0$$ Como hemos $b^2+b+1, c^2+c+1>0$ . Multiplicar $3(b+c)$ en cada lado, tenemos $$3bc(b+c)-3(b+c)^2+3b+3c>0$$ Y añadiendo $b^3+c^3-a^3-1$ en cada lado tenemos $$b^3+c^3+3bc(b+c)-3(b+c)^2+3(b+c)-1-a^3>0 \Leftrightarrow (b+c-1)^3-a^3>0$$
Y como $x^3$ es una función estrictamente creciente tenemos $$b+c-1>a \Leftrightarrow b+c>a+1$$ Como desee.

Answer 2

Esta demostración pasa por demostrar la hipótesis $1+a \ge b+c$ conduce a una contradicción. Dado que las variables son positivas la hipótesis es equivalente al elevar al cuadrado los lados a $$1+2a+a^2 \ge b^2+2bc+c^2.\tag{1}$$ Ahora desde $a<bc$ sigue $-3a>-3bc,$ que sumado a (1) da estricto desigualdad $$1-a+a^2>b^2-bc+c^2.\tag{2}$$ Junto con la hipótesis $1+a \ge b+c,$ como una de las desigualdades es estricta, llegamos a $$(1+a)(1-a+a^2)>(b+c)(b^2-bc+c^2),$$ es decir, a $1+a^3>b^3+c^3,$ contra el supuesto $1+a^3=b^3+c^3$ del problema.