Inequality

[จูกัดเหลียง]

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 $a,b,c>0$

[otakung]

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 $\frac{3}{\sqrt[3]{abc} } \geqslant \frac{9}{a+b+c} \geqslant \frac{a+b+c}{a^2+b^2+c^2}+\frac{6}{a+b+c}$