$(a+1)(b+1)(c+1)\leq4$ 삼각형면 $a,b,c$ 와 $ab+bc+ac=1$
을 고려하면 $a,b,c$ 삼각형의 세 변의 길이, $ab+bc+ac=1$, 문제는 증명하는 것입니다 $$(a+1)(b+1)(c+1)\leq4\,.$$
어떤 아이디어 나 힌트를 주시면 감사하겠습니다.
이것은 여기에서 볼 수 있듯이 BMO (British Mathematical Olympiad) 2010/2011 라운드 1의 문제 6입니다 .
말. 이 질문은 스스로 대답했습니다 . 그럼에도 불구하고 새로운 접근 방식은 언제나 환영합니다!
답변
힌트 : LHS를 확장하면$(a+1)(b+1)(c+1)=a+b+c+ab+bc+ca+abc+1.$
지금, $(1-a)(1-b)(1-c)=1+ab+bc+ca-a-b-c-abc$.
두 ID를 모두 추가하면 $$\prod_{cyc}(1+a)+\prod_{cyc}(1-a)=4$$
SarGe의 힌트 덕분에 이제 해결 방법을 알게되었습니다. 향후 참조를 위해 SarGe의 힌트에 따라 솔루션의 나머지 부분 아래에 게시하고 있습니다.
증명하기 위해 질문이 줄어 듭니다. $(1-a)(1-b)(1-c)\ge0$. 그 반대를 가정하십시오. 그런 다음$a,b,c\gt1$, 또는 다음 중 하나만 $a,b,c$ 1보다 큽니다 ( $a$). 전자의 경우는 모순되기 때문에 불가능합니다.$ab+bc+ac=1$명백하게. 후자의 경우 삼각형 부등식을 적용하면$b+c\gt a\gt1$, 그리고 $ab+bc+ac=a(b+c)+bc\gt1$그것은 모순입니다. 따라서 증거는 완전합니다.
자 먼저 브래킷을 확장하겠습니다.
$(a+1)(b+1)(c+1)=abc+ab+ac+bc+a+b+c+1$.
이제 우리는 $ab+ac+bc=1$ 그래서 우리는 실제로 $abc+a+b+c+1 \leq 3$ 또는 $abc+a+b+c \leq{2}$.
이후 $a,b$ 과 $c$ 삼각형의 변을 형성하면 $a \leq b+c$ 과 $b \leq a+c$ 과 $c \leq a+b$.
여기서부터 진행하기가 어려웠고 그 결과가 사실인지 궁금해서 생각 실험을했습니다. 우리가 말하자$a,b$ 과 $c$ 모두 같다 $1/\sqrt{3}$. 이것은 정삼각형이고$ab+bc+ac=1/3+1/3+1/3=1$.
그때 $(a+1)(b+1)(c+1)=abc+ab+ac+bc+a+b+c+1$=
$1/3 \sqrt{3}+1/3+1/3+1/3+1/\sqrt{3}+1/\sqrt{3}+1/\sqrt{3}+1=$
$1/3\sqrt{3}+1+\sqrt{3}+1$.
어느 것이 필요 $\leq{4}$
Iff $1/3\sqrt{3} +\sqrt{3} \leq2$
iff $1/3+3 \leq 2\sqrt{3}$. 뭐가 진실이지.
또 다른 극단적 인 경우를 살펴 보겠습니다. $a$ 과 $b$ 바로 밑에있다 $1$ 과 $c$ 에 가깝다 $0$ 그런 다음 우리는 또한 가질 수 있습니다 $ab+ac+bc=1$. 여기$(a+1)(b+1)(c+1)$ 또한 바로 아래에 있습니다 $4$그래서 저는 불평등이 옳다고 믿습니다. 우리가 필요하다는 것을 보여줄 수 있습니다$abc+a+b+c \leq{2}$하지만 지금은 어떻게해야할지 모르겠습니다. 생각해 볼께. 그러나 우리는 삼각형 부등식을 아직 사용하지 않았기 때문에 그것들이 필요하다고 생각합니다.
끝낼 수 없다는 것은 나를 죽이고 있습니다 :)
우리는 증명해야합니다 $$abc+a+b+c\leq2$$ 또는 $$(abc+(a+b+c)(ab+ac+bc))^2\leq4(ab+ac+bc)^3$$ 또는 $$\prod_{cyc}(a(b+c-a)+bc)\geq0$$ 그리고 우리는 끝났습니다!
다음과 같은 방법으로 마지막 인수 분해를 얻을 수 있습니다.
에 대한 $ab+ac+bc=a^2$ 우리는 다음을 얻습니다. $$(abc+(a+b+c)(ab+ac+bc))^2=(abc+(a+b+c)a^2)^2=a^2(a^2+ab+ac+bc)^2=$$ $$=(ab+ac+bc)(2(ab+ac+bc))^2=4(ab+ac+bc)^3$$ 대칭 다항식으로 작업하기 때문에 필요한 분해를 얻었습니다.