Cómo demuestro que $\frac a{1 - a^2} + \frac b{1 - b^2} + \frac c{1 - c^2} \ge \frac {3 \sqrt 3}2$

Question

Para $0 \lt a, b, c \lt 1$ si $ab + bc + ca = 1$, muestran que $$\frac a{1 - a^2} + \frac b{1 - b^2} + \frac c{1 - c^2} \ge \frac {3 \sqrt 3}2.$$

Quiero usar trigonométricas sustitución:

Para los ángulos $A, B, C$ de cualquier triángulo acutángulo, $$\tan A + \tan B + \tan C = \tan A \tan B \tan C,$$ $$\frac 1{\tan A \tan B} + \frac 1{\tan B \tan C} + \frac 1{\tan C \tan A} = 1.$$

También, $\tan A, \tan B, \tan C \gt 0$. Así que me sustituya $a, b, c$ $\frac 1{\tan A}, \frac 1{\tan B}, \frac 1{\tan C}$ respectivamente. A continuación, la desigualdad en cuestión se convierte en $$\frac {\tan A}{1 - \tan^2 A} + \frac {\tan B}{1 - \tan^2 B} + \frac {\tan C}{1 - \tan^2 C} \le -\frac {3 \sqrt 3}2.$$

Aquí $A, B, C \not = \frac {\pi}4$ desde $a, b, c \not = 1$.

Por la identidad trigonométrica $\tan 2A = \frac {2 \tan A}{1 - \tan^2 A}$, tenemos

$$\tan 2A + \tan 2B + \tan 2C \le -3 \sqrt 3,$$

donde $0 \lt A, B, C \lt \frac {\pi}2$, $A, B, C \not = \frac {\pi}4$, y $A + B + C = \pi$.

¿Cómo debo proceder?

Edit: La restricción $a, b, c \lt 1$ fue añadido después de la pregunta que había recibido algunas respuestas, gracias a Michael Rozenberg, quien señaló que este error.

Answer 1

sugerencia: permite uso $a = \tan\left(\frac{A}{2}\right)$. Se puede definir $b, c$ del mismo modo, entonces la desigualdad se convierte en: $\tan(A) + \tan(B) + \tan(C) \geq 3\sqrt{3}$, $0 < A,B,C < \dfrac{\pi}{2}$ y $A+B+C = \pi$. Y esta desigualdad es resultado estándar de la convexidad del $\tan(x)$ $\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$.

Answer 2

¡Está obviamente mal! Prueba $a=1.01$ y $b=c=\sqrt{2.0201}-1.01$.

Answer 3

Podemos probar $S=\sum\tan A=\prod\tan A$

Usando la desigualdad de AM GM si $\tan A,\tan B,\tan C\ge0,$ % $ $$\dfrac{\sum\tan A}3\ge\sqrt[3]{\prod\tan A}$

$$\iff\dfrac S3\ge\sqrt[3]S\implies\left(\dfrac S3\right)^3\ge S\iff S^2\ge27$$ as $S\ne0$

¿Lo puede tomar desde aquí?

Answer 4

Si sólo quieres probar con AM-GM, voy a dar una prueba usando AM-GM y de Cauchy-Schwarz. Tenga en cuenta que la condición dada implica que $a+b+c\geq\sqrt 3$. Además, voy a utilizar los siguientes dos desigualdades. $$(a+b+c)(ab+bc+ca)\leq a^3+b^3+c^3+6abc$$ and $$abc\leq\big(\dfrac{ab+bc+ca}{3}\big)^{\frac{3}{2}}.$$ Ahora, $$\sum\limits_{a,b,c} \dfrac{a}{1-a^2}\sum\limits_{a,b,c} a(1-a^2)\geq (a+b+c)^2.$$ But $\sum\limits_{a,b,c} a(1-a^2) = (a+b+c)(ab+bc+ca)-a^3-b^3-c^3\leq abc\leq \dfrac{6}{3\sqrt 3}=\dfrac{2}{\sqrt 3}$. These two combined together implies that $$\sum\limits_{a,b,c} \dfrac{a}{1-a^2}\geq\dfrac{(a+b+c)^2}{\dfrac{2}{\sqrt 3}}\geq\dfrac{3 \sqrt 3}{2}.$$
La primera desigualdad se llama Schur de la desigualdad.

EDIT.

En realidad, una solución aún más sencilla se obtiene mediante el uso de $$\dfrac{a}{1-a^2}+\dfrac{9}{4}a(1-a^2)\geq 3a,$$ by AM-GM. Thus, $\sum\limits_{a,b,c} \dfrac{a}{1-a^2}\geq\dfrac{3}{4}\sum\limits_{a,b,c}+\dfrac{9}{4}\sum\limits_{a,b,c}^3\geq\dfrac{3}{4}\cdot\sqrt 3 + \dfrac{9}{4}\cdot\dfrac{1}{\sqrt 3} = \dfrac{3 \sqrt 3}{2}$. That $a+b+c\geq\sqrt 3$ and $a^3+b^3+c^3\geq\dfrac{1}{\sqrt 3}$ son triviales de la condición dada.