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 $a,b,c>0$
__________________
Vouloir c'est pouvoir
12 มีนาคม 2019 21:49 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ จูกัดเหลียง
|