Cómo probar esta desigualdad $3b+8c+abc\le 12$ si $a^2+4b^2+9c^2=14$

Question

que $a,b,c>0$ y el tal $$a^2+4b^2+9c^2=14$$show ese % $ $$3b+8c+abc\le 12$

Mi idea: desde\begin{align}3b+8c+abc&=3b+c(8+ab)=3b+\dfrac{1}{9}\cdot 9c(8+ab)\le 3b+\dfrac{1}{9}\cdot\dfrac{1}{4}[81c^2+(ab+8)^2]\ &=3b+\dfrac{1}{36}[126-9a^2-36b^2+a^2b^2+16ab+64]\ &=\dfrac{1}{36}(a^2b^2-9a^2-36b^2+16ab+108b+190) \end{align} sólo probamos esta desigualdad $$a^2b^2-9a^2-36b^2+16ab+108b+190\le 36\times 12=432$ $ $$\Longleftrightarrow a^2b^2-9a^2-36b^2+16ab+108b\le 242$ $ a continuación no puedo probarlo, gracias por ayudar

Answer 1

$\dfrac{b^2+1}{2}\ge b \implies \dfrac32(b^2+1)\ge 3b$

$\dfrac{c^2+1}{2}\ge c \implies 4(c^2+1)\ge 8c$

La adición de estas dos ecuaciones,

$4c^2+\dfrac32b^2+\dfrac{11}{2}\ge 3b+4c$

Ahora, $12-\dfrac{11}{2}=\dfrac{13}{2}$

Sabemos, $7>\dfrac{13}{2}$ $7=\dfrac{(a^2+4b^2+9c^2)}{2}$

Por lo tanto, si podemos probar ahora que $\dfrac12a^2+\dfrac12b^2+\dfrac12c^2\ge abc+\dfrac12$, Entonces hemos terminado.

Se puede hacer desde aquí?

Creo ponderado AM-GM debería ayudar.

EDIT: Como aportado por Barto, aquí está la solución completa de la cuestión.

Para probar, $a^2+b^2+c^2\ge 2abc+1$, podemos re-escribir esta ecuación como,

$14(a^2+b^2+c^2)\ge 28abc+a^2+4b^2+9c^2 \implies 13a^2+10b^2+5c^2\ge 28abc$

Por ponderados AM-GM, $13a^2+10b^2+5c^2\ge28\sqrt[28]{a^{26}b^{20}c^{10}}\ge 28abc$ @MarkBennett del comentario.

Por lo tanto, demostrado.