一道不等式证明题已知a,b,c＞0,且ab+bc+ca=1.求证：[（1/a)+6b]^(1/3)+[（1/b)+6c]^(1/3)+[（1/c)+6a]^(1/3)≤1/abc
来源：学生作业帮助网 编辑：六六作业网 时间：2024/12/26 16:09:55
一道不等式证明题已知a,b,c＞0,且ab+bc+ca=1.求证：[（1/a)+6b]^(1/3)+[（1/b)+6c]^(1/3)+[（1/c)+6a]^(1/3)≤1/abc
一道不等式证明题
已知a,b,c＞0,且ab+bc+ca=1.求证：[（1/a)+6b]^(1/3)+[（1/b)+6c]^(1/3)
+[（1/c)+6a]^(1/3)≤1/abc
一道不等式证明题已知a,b,c＞0,且ab+bc+ca=1.求证：[（1/a)+6b]^(1/3)+[（1/b)+6c]^(1/3)+[（1/c)+6a]^(1/3)≤1/abc
设(1/a+6b)^(1/3)+(1/b+6c)^(1/3)+(1/c+6a)^(1/3)≤1/(abc) ------(1）
证明
（1） (abc)^(2/3)*{[bc(1+6ab)]^(1/3)+[ca(1+6bc)]^(1/3)+[ab(1+6ca)]^(1/3)}≤1
设bc=x,ca=y,ab=z.则x+y+z=1.
上式置换后等价于
(xyz)^(1/3)*{[x(1+6z)]^(1/3)+[y(1+6x)]^(1/3)+[z(1+6y)]^(1/3)})}≤1 ------(2)
因为
3*[x(1+6z)]^(1/3)
=[3*9x*(1+6z)]^(1/3)
≤ [3+9x+(1+6z)]/3=(4+9x+6z)/3
所以 [x(1+6z)]^(1/3)≤(4+9x+6z)/9
同理
[y(1+6x)]^(1/3)≤(4+9y+6x)/9
[z(1+6t)]^(1/3)≤(4+9z+6y)/9
故得
[x(1+6z)]^(1/3)+[y(1+6x)]^(1/3)+[z(1+6y)]^(1/3)≤
[12+15(x+y+z)]/9=3
而(xyz)^(1/3)≤(x+y+z)/3=1/3,即知(2)式成立,
所以(1)获证.
证明 因为a,b,c均大于0，且ab+bc+ca=1，
根据均值不等式有
[(1/a+6b)^(1/3)+(1/b+6c)^(1/3)+(1/c+6a)^(1/3)]^3
≤9(1/a+6b+1/b+6c+1/c+6a)
=9[1/a+1/b+1/c+6(a+b+c)/(bc+ca+ab)]
=9[(bc+ca+ab)/(abc)+6(a+b+c)...
全部展开
证明 因为a,b,c均大于0，且ab+bc+ca=1，
根据均值不等式有
[(1/a+6b)^(1/3)+(1/b+6c)^(1/3)+(1/c+6a)^(1/3)]^3
≤9(1/a+6b+1/b+6c+1/c+6a)
=9[1/a+1/b+1/c+6(a+b+c)/(bc+ca+ab)]
=9[(bc+ca+ab)/(abc)+6(a+b+c)/(bc+ca+ab)] (1)
bc+ca+ab≥3(abc)^(2/3)
<==> 1≥27(abc)^2 <==> 1/(abc)^2≥27
1/(abc)^3 ≥27/(abc)=27(bc+ca+ab)/(abc) (2)
据此我们只需证
9[(bc+ca+ab)/(abc)+6(a+b+c)/(bc+ca+ab)]≤27(bc+ca+ab)/(abc)
<===>
3(a+b+c)/(bc+ca+ab)≤(bc+ca+ab)/(abc)
<===>
3abc(a+b+c)≤(bc+ca+ab)^2
<==>
abc(a+b+c)≤b^2*c^2+c^2*a^2+a^2*b^2 (3)
(3)式成立显然.
所以得证
收起
我看着就晕 不能帮你 但我欣赏学数学的人