Si $a+b+c=1$$abc>0$, $ab+bc+ac<\frac{\sqrt{abc}}{2}+\frac{1}{4}.$

Question

Pregunta:

Para cualquier $a,b,c\in \mathbb{R}$ tal que $a+b+c=1$$abc>0$, muestran que $$ab+bc+ac<\dfrac{\sqrt{abc}}{2}+\dfrac{1}{4}.$$

Mi idea: que $$a+b+c=p=1, \quad ab+bc+ac=q,\quad abc=r$$ así que $$\Longleftrightarrow q<\dfrac{\sqrt{r}}{2}+\dfrac{1}{4}$$

Nota esta $a,b,c\in \mathbb{R}$, por lo que no podemos utilizar schur la desigualdad, tales $$p^3-4pq+9r\ge 0, \quad pq\ge 9r$$ y así sucesivamente

tal vez puede usar AM-GM de la desigualdad para resolverlo.

Answer 1

WLOG, vamos a $a$ ser el más grande, por lo $a> 0 \implies 1> b+c \implies a> ab+ca$. Por lo que es suficiente para mostrar que $$4(a+bc) \le 2\sqrt{abc}+1$$

Mira esto como una ecuación cuadrática en $\sqrt{bc}$ y, a continuación, es suficiente para mostrar el discriminante nunca es positivo. $$\Delta = 4a - 16(4a-1) \le 0 \iff 3a \ge 1$$ lo cual es cierto como $a$ es el más grande.

Answer 2

OK. Permítanme tratar de completar la respuesta.

Queremos demostrar que para $a,b,c\in \mathbb{R},abc>0$,

$$ab+bc+ac<\dfrac{\sqrt{abc}}{2}+\dfrac{1}{4}. \tag{1}$$

En un post anterior, es probado por $a,b,c\ge 0$

Debido a $abc>0$, la única otra posibilidad es que dos de los números son negativos y uno positivo. Podemos suponer que $a=A>0,-b=B>0,-c=C>0$.

Es entonces suficiente para probar que

$$ab+bc+ac=AB-C(A+B)=AB-(1+A+B)(A+B)<0 \tag{2}$$

Porque

$$(1+A+B)(A+B)>(A+B)(A+B)\ge 4AB > AB \tag{3}$$

Sabemos que (2) es verdadera.

Answer 3

Edit: Incompletas. Sólo funciona si $a,b,c\geq 0$.

Mediante la sustitución de $\frac{1}{4}$ sobre el lado derecho con $\frac{(a+b+c)^2}{4}$, la desigualdad usted busca es equivalente a $$ a^2+b^2+c^2+2\sqrt{abc}>2(ab+bc+ca).\la etiqueta{I} $$ Para demostrar (I), se utiliza el siguiente resultado $$ a^2+b^2+c^2+3(abc)^{2/3}\geq 2(ab+bc+ca)\etiqueta{II} $$ la prueba de que se puede encontrar aquí. Porque de (II), es suficiente para comprobar que ahora $$ 2\sqrt{abc}>3(abc)^{2/3}\iff abc<\left(\frac{2}{3}\right)^6 $$ pero esta última desigualdad se sigue de la AM-GM de la desigualdad $$ \sqrt[3]{abc}\leq\frac{a+b+c}{3}=\frac{1}{3}\implica abc\leq\left(\frac{1}{3}\right)^3<\left(\frac{2}{3}\right)^6. $$

Answer 4

Al menos uno de $a, b, c$ debe ser positivo. Suponga $a > 0$. Luego tenemos a $a^2 + ab + ac = a(a + b + c) = a$, por lo que la desigualdad se ha demostrado que es equivalente a $$bc + a - a^2 < \frac{1}{2}\sqrt{abc} + \frac{1}{4},$$ la cual puede escribirse como $f(\sqrt{bc}) < 0$, donde $$f(x) = x^2 - \frac{1}{2}\sqrt{a}x - a^2 + a - \frac{1}{4}.$$

Ahora $b$ $c$ sólo están sujetos a las condiciones de $b + c = 1 - a$$bc > 0$. Por lo tanto $\sqrt{bc}$ varía en el intervalo de $(0,\frac{1}{2}|1-a|]$.

Desde $f(x)$ es un polinomio cuadrático con positivo coeficiente inicial, para comprobar la desigualdad, es suficiente para comprobar que en sus extremos, es decir, $f(0) \leq 0$$f(\frac{1}{2}|1-a|) < 0$. Pero $f(0) = -(a-\frac{1}{2})^2$, por lo que la primera de estas desigualdades es clara. Por lo tanto, sólo tenemos que demostrar que para todos los $a > 0$, tenemos $$\frac{1}{4}(a-1)^2 -\frac{1}{4}\sqrt{a}|1-a| -a^2 +a - \frac{1}{4} < 0,$$ que podemos reescribir como $$-\frac{3}{4}a^2 +\frac{1}{2}a - \frac{1}{4}\sqrt{a}|1-a| < 0.$$ Como la suma de los dos primeros términos es ya negativo para $a \geq 1$, sólo tenemos que considerar el caso de $0 < a < 1$. Dividiendo por $t = \frac{1}{4}\sqrt{a}$, la desigualdad se convierte en $$-3t^3 + t^2 + 2t - 1 < 0,$$ que debe ser probado por todos los $t \in (0,1)$ a fin de concluir la prueba.

Esto es sencillo de hacer con el cálculo.