Chủ đề này có 1 trả lời

[Le Pham Quynh Tran]

$a,b,c>0$ và $ab+bc+ca=1$. Chứng minh:

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

[nguyenhongsonk612]

$a,b,c>0$ và $ab+bc+ca=1$. Chứng minh:

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

Không biết tớ làm thế này có đúng không. Mong các bạn ktra giúp mình

Giải

Áp dụng BĐT Holder ta có

$\begin{pmatrix} \sum \sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b} \end{pmatrix}^3\leq 9\begin{pmatrix} \sum \frac{1}{a}+6(a+b+c) \end{pmatrix}=9\begin{pmatrix} \frac{1}{abc}+6(a+b+c) \end{pmatrix}$

Cần C/m nốt $9\begin{pmatrix} \frac{1}{abc}+6(a+b+c) \end{pmatrix}\leq \frac{1}{a^3b^3c^3}\Leftrightarrow 9a^2b^2c^2+54a^2b^2c^2.abc(a+b+c)\leq 1$

 

Theo BĐT $AM-GM$ ta có

$1=ab+bc+ca \geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$$\Leftrightarrow 27a^2b^2c^2\leq 1$

$\Rightarrow$$9a^2b^2c^2+54a^2b^2c^2.abc(a+b+c)\leq 9a^2b^2c^2+54a^2b^2c^2.\frac{(ab+bc+ca)^2}{3}=27a^2b^2c^2\leq 1$ (Đúng)

Vậy ta có đpcm
Dấu "=" $\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$