แก้ไม่ออก
 

ให้ $a,b,c\in R^+$ โดยที่ $ab+bc+ca=3$ จงแสดงว่า
$$(a+b+c)^2\geqslant 3(abc)^2-6abc$$

น่าจะ้เป็น $(a+b+c)^2 \ge 3(abc)^2+6abc$ นะครับ
จาก $(ab+bc+ca)^2 \ge 3abc(a+b+c) จะได้ว่า \frac{ab+bc+ca}{a+b+c} \ge abc$
$\therefore \frac{3(ab+bc+ca)^2}{(a+b+c)^2} \ge 3(abc)^2$
ซึ่ง $ab+bc+ca \ge \frac{3(ab+bc+ca)^2}{(a+b+c)^2}$
จะต้องพิสูจน์ว่า $a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca \ge 6abc$
ซึ่งจริงเพราะว่า $ab+bc+ca \ge 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \rightarrow abc \le 1$
จะได้ว่า $a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca \ge 2(ab+bc+ca = 6 \ge 6abc$ #

$ab+bc+ca\geqslant 3(a^2b^2c^2)^{1/3}$ ใช่มั้ยครับ

ทิ้งคณิตนาน ฝึดเลย

ปล.ขอบคุณครับ น้องdektep ติดสสวท.รอบไหนแล้วครับ

ข้อนี้ผมลองทำแบบนี้ดูนะคับ ไม่รู้ถูกป่าว
AM-HM
$\frac{a+b+c}{3} \geqslant \frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} }$
$ = \frac{3abc}{ab+bc+ca} $
$ = abc (\because ab+bc+ca = 3)$
$\frac{a+b+c}{3} \geqslant abc $
$= 3abc$
$ (a+b+c)^2 \geqslant 9(abc)^2$
$ = 3(abc)^2+6(abc)^2$
ต้องพิสูจน์ว่า $6(abc)^2 \geqslant 6abc$
เนี่องจาก$ a,b,c\in \mathbf{R}+$
ดังนั้น $abc \geqslant 1$
$6(abc)^2 \geqslant 6abc$
ดังนั้น
$(a+b+c)^2 \geqslant 3(abc)^2+6abc$
คับ :D

อันนี้ไม่จริงครับ

อ๋อเข้าใจแล้วคับ ขอบคุณคับที่ถูกมันต้องมากกว่า 0 ใช่ป่าวคับ:ohmy::D

อ่า... วิธีผมใช้ได้มั้ยครับ
เพราะว่า $ab+bc+ca=3$
$(a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca)=9,abc \leq 1$
$(a+b+c)^2\geq 3+6\geq 3(abc)^2+6abc$

$abc \leq 1$
ผมว่าตรงนี้ไม่จริงนะคับ :cool:

จริงแล้วครับ จาก AM-GM ครับ
$\frac{ab+bc+ca}{3} \ge (abc)^\frac{2}{3}$ :great: