Chủ đề này có 2 trả lời

[phamquanglam]

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn: ab+bc+ca=1

CMR: $\sum \sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b}\leq \frac{1}{abc}$

[buitudong1998]

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn: ab+bc+ca=1

CMR: $\sum \sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b}\leq \frac{1}{abc}$

Có: $a^{3}+b^{3}+c^{3}\geqslant \frac{(a+b+c)^{3}}{9}$

Do đó: $VT\leqslant \sqrt[3]{9(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+6(a+b+c))}=\sqrt[3]{9.\frac{1+6abc(a+b+c)}{abc}}\leqslant \sqrt[3]{.\frac{27}{abc}}\leqslant \frac{1}{abc}$ (do $abc\leqslant \frac{1}{3\sqrt{3}}$)

[KietLW9]

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn: ab+bc+ca=1

CMR: $\sum \sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b}\leq \frac{1}{abc}$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta được: $\sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b}=\frac{1}{3}\sqrt[3]{\frac{3.9bc(1+6ab)}{abc}}\leqslant \frac{1}{3}.\frac{3+9bc+(1+6ab)}{3\sqrt[3]{abc}}$

Tương tự rồi cộng lại, ta được: $\sum \sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b}\leqslant \frac{3}{\sqrt[3]{abc}}$

Mà $1=ab+bc+ca\geqslant 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow \sqrt[3]{abc}\geqslant 3abc$

Vậy $\sum \sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b}\leq \frac{1}{abc}(Q.E.D)$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 12-05-2021 - 19:45