a+b+c>=3/abc

[abcde]

пусть $a,b,c$ положительные числа такие, что $ a+b+c\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} $. Доказать, что $ a+b+c\geq \frac{3}{abc}. $
Сделайте подсказку. Заранее спасибо

[zhoraster]

Тема перемещена из форума «Олимпиадные задачи (М)» в форум «Карантин»
Тема перемещена в Карантин по следующим причинам:
- отсутствуют собственные попытки решения;
- формулы надо набирать в нотации $\TeX$. Как это делать, можно посмотреть в теме Краткий ФАК по тегу [math].
Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[AKM]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»
Причина переноса: ожидание подсказки.

[gris]

На первый взгляд возникает желание показать, что произведение трёх переменных не меньше 1.
Тогда корень кубический из него больше его самого. Но боюсь, что это то же самое.
Во всяком случае первая подсказка содержится в самом неравенстве. Тройка, семё сумма, произведение. Уже можно обозначить свои попытки решения.

[ИСН]

gris в сообщении #624716 писал(а):

возникает желание показать, что произведение трёх переменных не меньше 1

Набор $\{5,{1\over2},{1\over3}\}$ смотрит на Вас, как мент на гастарбайтера.

[gris]

Это уже второй взгляд.
Я говорил не о том. Если бы эту задачу выставил a, то было бы ясно, что тут не всё так просто. Но задача появилась с просьбой о совете. А по правилам должен ТС что-то сказать. Вот я и подсказал, что может он сказать, чтобы хотя бы обсуждение начать. Ведь лекс-то дура, мне неохота в баню на месяц из-за ерунды.

[arqady]

abcde в сообщении #624493 писал(а):

пусть $a,b,c$ положительные числа такие, что $ a+b+c\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} $. Доказать, что $ a+b+c\geq \frac{3}{abc}. $
Сделайте подсказку. Заранее спасибо

Данное ограничение $ a+b+c\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} $ перепишем так: $\frac{abc(a+b+c)}{ab+ac+bc}\geq1$
Слева стоит выражение степени два, а справа - степени ноль.
Вам надо доказать, что $abc(a+b+c)\geq3$. Слева стоит многочлен степени $4$, а справа - степени ноль.
Придумайте теперь верное неравенство, начинающееся с $abc(a+b+c)\geq...$, в правой части которого стояло бы выражение степени $4$, которое благодаря данному ограничению было бы очевидным образом $\geq3$.

[Ales]

Думаю, что это задача по матанализу. Надо найти точку касания поверхностей $ a+b+c= \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} $, $ a+b+c= \frac{3}{abc}$.

-- Вс сен 30, 2012 12:25:40 --

Точнее так: надо найти их пересечение.

[abcde]

gris в сообщении #624716 писал(а):

На первый взгляд возникает желание показать, что произведение трёх переменных не меньше 1.
Тогда корень кубический из него больше его самого. Но боюсь, что это то же самое.
Во всяком случае первая подсказка содержится в самом неравенстве. Тройка, семё сумма, произведение. Уже можно обозначить свои попытки решения.

Сколько не старался бы показать, что произведение не меньше 1, никак не получается. Ну вот и в принцепе привели набора для которого неверно.

arqady в сообщении #624927 писал(а):

Данное ограничение $ a+b+c\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} $ перепишем так: $\frac{abc(a+b+c)}{ab+ac+bc}\geq1$
Слева стоит выражение степени два, а справа - степени ноль.
Вам надо доказать, что $abc(a+b+c)\geq3$. Слева стоит многочлен степени $4$, а справа - степени ноль.
Придумайте теперь верное неравенство, начинающееся с $abc(a+b+c)\geq...$, в правой части которого стояло бы выражение степени $4$, которое благодаря данному ограничению было бы очевидным образом $\geq3$.

ничего в голову не приходит=(

Ales в сообщении #625101 писал(а):

Думаю, что это задача по матанализу. Надо найти точку касания поверхностей $ a+b+c= \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} $, $ a+b+c= \frac{3}{abc}$.

-- Вс сен 30, 2012 12:25:40 --

Точнее так: надо найти их пересечение.

задачку нужно объяснить школьнику, поэтому матанализ не вариант=(

[Edward_Tur]

Задача очень напоминает неравенство Хадвигера - Финслера

[arqady]

abcde в сообщении #625155 писал(а):

ничего в голову не приходит=(

Тогда докажите, что $abc(a+b+c)\geq3\left(\frac{abc(a+b+c)}{ab+ac+bc}\right)^2$.

Edward_Tur в сообщении #625264 писал(а):

Задача очень напоминает неравенство Хадвигера - Финслера

Да! После применения к нему Ravi's substitution.

[abcde]

arqady в сообщении #625405 писал(а):

Тогда докажите, что $abc(a+b+c)\geq3\left(\frac{abc(a+b+c)}{ab+ac+bc}\right)^2$.

arqady и всем остальным спасибо огромное. задача решена.