Cho $a,b,c >0$ và $ab+bc+ca=1$. Hãy chứng minh rằng:
$$\sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b}+\sqrt[3]{\frac{1}{b}+6c}+\sqrt[3]{\frac{1}{c}+6a }\leq\frac{1}{abc}$$
#2
Đã gửi 17-08-2014 - 08:55
phuocdinh1999
-
- Thành viên
-
- 265 Bài viết
Thượng sĩ
Cho $a,b,c >0$ và $ab+bc+ca=1$. Hãy chứng minh rằng:
$$\sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b}+\sqrt[3]{\frac{1}{b}+6c}+\sqrt[3]{\frac{1}{c}+6a }\leq\frac{1}{abc}$$
Áp dụng BĐT $(x+y+z)^3\leq 9(x^3+y^3+z^3)$, ta có:
$VT^3\leq 9\sum \left ( \frac{1}{a}+6b \right )=9\left ( \frac{ab+bc+ca}{abc}+6a+6b+6c \right )$
Do đó chỉ cần CM: $9a^2b^2c^2(ab+bc+ca+6abc(a+b+c))\leq 1$
Điều này đúng theo AM-GM: $a^2b^2c^2\leq \frac{1}{27}$ và $abc(a+b+c)\leq \frac{(ab+bc+ca)^2}{3}=\frac{1}{3}$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$
- Super Fields và chardhdmovies thích
#3
Đã gửi 17-08-2014 - 09:07
buitudong1998
-
- Thành viên
-
- 873 Bài viết
Trung úy
Cho $a,b,c >0$ và $ab+bc+ca=1$. Hãy chứng minh rằng:
$$\sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b}+\sqrt[3]{\frac{1}{b}+6c}+\sqrt[3]{\frac{1}{c}+6a }\leq\frac{1}{abc}$$
- chardhdmovies yêu thích
Đứng dậy và bước tiếp
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh
