La desigualdad en las longitudes de los lados de un triángulo: $\left| \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} - \frac{a}{c} - \frac{b}{a} - \frac{c}{b} \right| < 1$.

Question

Este problema se toma de Kosovo en la Olimpiada Matemática de Grado-$10$ de los estudiantes.

Vamos $a$, $b$ y $c$ ser las longitudes de las aristas de un triángulo dado.

¿Cómo se puede demostrar la siguiente desigualdad?

$$\left| \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} - \frac{a}{c} - \frac{b}{a} - \frac{c}{b} \right| < 1.$$

Answer 1

La desigualdad puede ser demostrado muy limpia utilizando una técnica de gran alcance conocido como el Ravi Sustitución. Antes de la introducción de esta técnica, primero vamos a dar una definición.

Definición de Un orden de triple $(a,b,c)$ se dice que es un triangular triple si y sólo si $(a,b,c) \in \mathbb{R}_{+}^{3}$ y existe un triángulo cuyos bordes tienen longitudes $a$, $b$ y $c$.

El siguiente resultado dice que triangulares triples tienen una especialmente bonita forma.

Teorema 1 ordenó Una triple $(a,b,c)$ es un triangular triple si y sólo si existe $(x,y,z) \in \mathbb{R}_{+}^{3}$ tal que $$a = x + y, \quad b = y + z, \quad c = z + x.$$ Además, $x$, $y$ y $z$ son únicos.

El Ravi Sustitución es el acto de hacer las sustituciones $$un \a x + y, \quad b \a y + z, \quad c \z + x.$$

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Ahora estamos listos para probar el dado de la desigualdad, así que vamos a $(a,b,c)$ ser un triangular triple. Como $$\left| \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} - \frac{a}{c} - \frac{b}{a} - \frac{c}{b} \right| < 1 \ffi \left| a^{2} c + b^{2} + c^{2} b^{2} b - b^{2} c - c^{2} \right| < abc,$$ esto es suficiente para demostrar la desigualdad de la derecha.

La aplicación de la Ravi Sustitución, obtenemos (después de algunos manipulación algebraica, que dejo como ejercicio) $$a^{2} c + b^{2} + c^{2} b^{2} b - b^{2} c - c^{2} = - (x - y)(y - z)(z - x).$$ Por lo tanto, $$\begin{align} &\left| a^{2} c + b^{2} a + c^{2} b - a^{2} b - b^{2} c - c^{2} a \right| \\ = &|-(x - y)(y - z)(z - x)| \\ = &|(x - y)(y - z)(z - x)| \\ = &|x - y||y - z||z - x| \\ < &(|x| + |y|)(|y| + |z|)(|z| + |x|) \quad (\text{By the Triangle Inequality.}) \\ = &(x + y)(y + z)(z + x) \quad (\text{As %#%#%.}) \\ = &abc. \end{align}$$

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Más Notas sobre el Ravi Sustitución

Dado $x,y,z > 0$, llamamos a $S \subseteq \mathbb{R}^{3}$ un positivo de cono en $S$ si y sólo si $\mathbb{R}^{3}$ es cerrado bajo

• además, es decir, $S$, y

• la multiplicación escalar por un número real positivo, es decir, $\mathbf{x},\mathbf{y} \in S \implies \mathbf{x} + \mathbf{y} \in S$.

Deje $\mathbf{x} \in S, \lambda \in \mathbb{R}_{+} \implies \lambda \cdot \mathbf{x} \in S$ denota el conjunto de todos los triangular triples. Con el Triángulo de la Desigualdad, es fácil mostrar que $\Delta$ es positivo cono en $\Delta$. Claramente, $\mathbb{R}^{3}$ es un aspecto positivo de cono en $\mathbb{R}_{+}^{3}$. A continuación, defina una asignación de $\mathbb{R}^{3}$ como sigue: $$\forall (x,y,z) \in \mathbb{R}_{+}^{3}: \quad \mathcal{R}(x,y,z) \stackrel{\text{def}}{=} (x + y,y + z,z + x).$$

Teorema 2 La asignación de $\mathcal{R}: \mathbb{R}_{+}^{3} \to \mathbb{R}^{3}$ es un bijective positivamente transformación lineal de$\mathcal{R}$$\mathbb{R}_{+}^{3}$, es decir, $\Delta$ es un bijection y $$\forall \mathbf{x},\mathbf{y} \in \mathbb{R}_{+}^{3}, ~ \forall \lambda \in \mathbb{R}_{+}: \quad \mathcal{R}(\lambda \cdot \mathbf{x} + \mathbf{y}) = \lambda \cdot \mathcal{R}(\mathbf{x}) + \mathcal{R}(\mathbf{y}).$$ Llamamos a $\mathcal{R}: \mathbb{R}_{+}^{3} \to \Delta$ el Ravi la Sustitución de la asignación.

Teorema 2 así dice que el Ravi la Sustitución de la asignación de $\mathcal{R}$ es un isomorfismo de positivo conos. Teorema 1 es una consecuencia inmediata.

La prueba del Teorema 2: Deje $\mathcal{R}$, lo $(x,y,z) \in \mathbb{R}_{+}^{3}$. Como $$\begin{align} (x + y) + (y + z) &= x + 2y + z > x + z, \\ (x + y) + (z + x) &= 2x + y + z > y + z, \quad \text{and} \\ (y + z) + (z + x) &= x + y + 2z > x + y, \end{align}$$ existe un triángulo cuyos bordes tienen longitudes $\mathcal{R}(x,y,z) = (x + y,y + z,z + x)$, $x + y$ y $y + z$. Por lo tanto, $z + x$.

Si $\text{Range}(\mathcal{R}) \subseteq \Delta$, entonces, por la Desigualdad de Triángulo, tenemos $$\left( \frac{a + c - b}{2},\frac{b + a - c}{2},\frac{c + b - a}{2} \right) \in \mathbb{R}_{+}^{3}.$$ Por lo tanto, podemos definir un mapeo $(a,b,c) \in \Delta$ como sigue: $$\forall (a,b,c) \in \Delta \quad \mathcal{S}(a,b,c) \stackrel{\text{def}}{=} \left( \frac{a + c - b}{2},\frac{b + a - c}{2},\frac{c + b - a}{2} \right).$$ Como $\mathcal{S}: \Delta \to \mathbb{R}_{+}^{3}$$\mathcal{R} \circ \mathcal{S} = \text{id}_{\Delta}$, podemos deducir que $\mathcal{S} \circ \mathcal{R} = \text{id}_{\mathbb{R}_{+}^{3}}$ es un bijection.

La prueba de que $\mathcal{R}: \mathbb{R}_{+}^{3} \to \Delta$ es una positiva transformación lineal no es difícil en absoluto, así que la dejamos para el lector. $\mathcal{R}$

Supongamos ahora que tenemos una función de $\quad \spadesuit$ y se pide demostrar $$\forall (a,b,c) \in \Delta \quad F(a,b,c) \geq 0.$$ Por el Teorema 2, esto es equivalente a probar $$\forall (x,y,z) \in \mathbb{R}_{+}^{3}: \quad F(\mathcal{R}(x,y,z)) = F(x + y,y + z,z + x) \geq 0.$$ La razón por la que la segunda declaración puede ser más fácil de probar que la primera de ellas es que el $F: \Delta \to \mathbb{R}$ es más fácil de manejar que $\mathbb{R}_{+}^{3}$. (¿Te resulta fácil visualizar $\Delta$ $\Delta$- espacio? Yo no.) Muchas de las desigualdades que implica tres variables, tales como las tres variables de la versión de la AM-GM de la Desigualdad, están hechas a medida para $3$, por lo que la aplicación de la Ravi Sustitución de mapeo por lo general se simplifica importa mucho como podemos utilizar estas desigualdades directamente.

Answer 2

Usted puede escribir la pregunta $|\frac{a^2c+b^2a+c^2b-b^2c-c^2a-a^2b}{abc}|<1$. Esto significa que usted gustaría mostrar que $-1<\frac{a^2c+b^2a+c^2b-b^2c-c^2a-a^2b}{abc}<1$. Desde $a,b,c$ son los lados de un triángulo, usted tiene que $a,b,c>0$. Esto significa que usted desea mostrar a $-abc<a^2c+b^2a+c^2b-b^2c-c^2a-a^2b<abc$. Escribimos el interior término de manera más compacta, estamos tratando de mostrar a $-abc<ac(a-c)+ab(b-a)+bc(c-b)<abc.$ Debido a que la expresión estamos tratando de mostrar es cíclica, es decir, sin pérdida de generalidad, suponemos $a\geq b\geq c >0$. Ya que son los lados de un triángulo, usted tiene que $a-b<c$, $b-c<a$ y $a-c<b$ (suma de los dos lados exceda de la tercera). Por lo tanto, esto le da $ac(a-c)<abc$. También se $a\geq b\geq c>0$ dar $ab(b-a)\leq 0$$bc(c-b)\leq 0$. La adición de las tres desigualdades da $ac(a-c)+ab(b-a)+bc(c-b)<abc$.

Ahora desde $b-c<a$ que $bc(b-c)<abc$. Llamar a este (1). Desde $b+c > a$ y desde $b-c\geq 0$, se deduce que el $(b+c)(b-c)\geq a(b-c)$, lo que significa que $b^2-c^2-ab+ac\geq 0$ lo que implica $b(a-b)+c(c-a)\leq 0$. Esto significa que $ab(a-b)+ac(c-a)\leq 0$. Llamar a este (2). Sumando (1) y (2) lado-por-lado da $ab(a-b)+ac(c-a)+bc(b-c)< abc$ que es el mismo que $-abc<ab(b-a)+ac(a-c)+bc(c-b)$, que es lo que queríamos demostrar.