2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




 
 a+b+c>=3/abc
Сообщение28.09.2012, 21:05 
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

 
 
 
 Posted automatically
Сообщение28.09.2012, 21:50 
Аватара пользователя
 i  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.

 
 
 
 Posted automatically
Сообщение29.09.2012, 13:51 
Аватара пользователя
 i  Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»
Причина переноса: ожидание подсказки.

 
 
 
 Re: a+b+c>=3/abc
Сообщение29.09.2012, 14:02 
Аватара пользователя
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.

 
 
 
 Re: a+b+c>=3/abc
Сообщение29.09.2012, 14:44 
Аватара пользователя
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.

 
 
 
 Re: a+b+c>=3/abc
Сообщение29.09.2012, 14:55 
Аватара пользователя
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.

 
 
 
 Re: a+b+c>=3/abc
Сообщение29.09.2012, 21:31 
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 $\geq3$.

 
 
 
 Re: a+b+c>=3/abc
Сообщение30.09.2012, 12:19 
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.

 
 
 
 Re: a+b+c>=3/abc
Сообщение30.09.2012, 13:43 
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=(

 
 
 
 Re: a+b+c>=3/abc
Сообщение30.09.2012, 16:46 
Задача очень напоминает неравенство Хадвигера - Финслера

 
 
 
 Re: a+b+c>=3/abc
Сообщение30.09.2012, 22:16 
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.

 
 
 
 Re: a+b+c>=3/abc
Сообщение01.10.2012, 00:33 
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.

 
 
 [ Сообщений: 12 ] 


Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group