Inequality
Prove that
$\dfrac{3}{\sqrt[3]{abc}}\ge \displaystyle\dfrac{a+b+c}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{6}{a+b+c}$ for any $a,b,c>0$ |
จาก $a^2+b^2+c^2\geqslant ab+bc+ca$
จะได้ $3(a^2+b^2+c^2)\geqslant (a+b+c)^2$ ดังนั้น $\frac{3}{a+b+c}\geqslant \frac{a+b+c}{a^2+b^2+c^2} $ $\frac{9}{a+b+c}\geqslant \frac{a+b+c}{a^2+b^2+c^2}+\frac{6}{a+b+c} $ แต่ $(a+b+c)\geqslant 3\sqrt[3]{abc} $ ดังนั้น $\frac{3}{\sqrt[3]{abc} } \geqslant \frac{9}{a+b+c} \geqslant \frac{a+b+c}{a^2+b^2+c^2}+\frac{6}{a+b+c}$ |
เวลาที่แสดงทั้งหมด เป็นเวลาที่ประเทศไทย (GMT +7) ขณะนี้เป็นเวลา 19:17 |
Powered by vBulletin® Copyright ©2000 - 2024, Jelsoft Enterprises Ltd.
Modified by Jetsada Karnpracha