CHO \(a,b,c>0\)sao cho\(a+b+c=4\) \(CM:\sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3}>2\sqrt{2}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 5 2019
Lời giải:
Vì \(a+b+c=4; b,c>0\Rightarrow a=4-b-c< 4\)
\(\Rightarrow a^4< 4a^3\)
\(\Rightarrow \frac{a^4}{4}< a^3\Rightarrow \frac{a}{\sqrt[4]{4}}< \sqrt[4]{a^3}\). Hoàn toàn tương tự:
\(\frac{b}{\sqrt[4]{4}}< \sqrt[4]{b^3}; \frac{c}{\sqrt[4]{4}}< \sqrt[4]{c^3}\)
Cộng theo vế:
\(\Rightarrow \sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3}> \frac{a+b+c}{\sqrt[4]{4}}=\frac{4}{\sqrt[4]{4}}=2\sqrt{2}\)
Ta có đpcm.
L
3
19 tháng 3 2020
Ta có \(\left(a-1\right)^2\left(a^2+a+1\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow\left(a^2-2a+1\right)\left(a^2+a+1\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^4-a^3-a+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^4-a^3+1\ge a\)
\(\Leftrightarrow a^4-a^3+ab+2\ge a+ab+1\)
\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{a^4-a^3+ab+2}}\le\frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}\)
Tương tự \(\frac{1}{\sqrt{b^4-b^3+bc+2}}\le\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}\)
\(\frac{1}{\sqrt{c^4-c^3+ca+2}}\le\frac{1}{\sqrt{ca+c+1}}\)
Cộng từng vế các bđt trên ta được
\(VT\le\frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}+\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}+\frac{1}{\sqrt{ca+c+1}}\)
Áp dụng bđt Bunhiacopski ta có
\(VT\le\sqrt{3\left(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}\right)}\)\(=\sqrt{3\left(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{a}{abc+ab+a}+\frac{ab}{a^2bc+abc+ab}\right)}=\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
3 tháng 8 2017
Đặt căn bậc 4 của a,b,c là x,y,z,ta có:BĐT cần cm tương đương x+y+z/3<=căn bậc 4 của (x^4+y^4+z^4)/3
(x+y+z)^2/3<=(x^2+y^2+z^2)
(x^2+y^2+z^2)^2/3<=x^4+y^4+z^4
>>>(x+y+z)^4/27<=x^4+y^4+z^4>>>(x+y+z)^4/81<=(x^4+y^4+z^4)/3
>>>(x+y+z)/3<=căn bậc 4 của (x^4+y^4+z^4)/3(đpcm)
9 tháng 8 2020
gt <=> \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1\)
Đặt: \(\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z\)
=> Thay vào thì \(VT=\frac{\frac{1}{xy}}{\frac{1}{z}\left(1+\frac{1}{xy}\right)}+\frac{1}{\frac{yz}{\frac{1}{x}\left(1+\frac{1}{yz}\right)}}+\frac{1}{\frac{zx}{\frac{1}{y}\left(1+\frac{1}{zx}\right)}}\)
\(VT=\frac{z}{xy+1}+\frac{x}{yz+1}+\frac{y}{zx+1}=\frac{x^2}{xyz+x}+\frac{y^2}{xyz+y}+\frac{z^2}{xyz+z}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+3xyz}\)
Có BĐT x, y, z > 0 thì \(\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\ge9xyz\)Ta thay \(xy+yz+zx=1\)vào
=> \(x+y+z\ge9xyz=>\frac{x+y+z}{3}\ge3xyz\)
=> Từ đây thì \(VT\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+\frac{x+y+z}{3}}=\frac{3}{4}\left(x+y+z\right)\ge\frac{3}{4}.\sqrt{3\left(xy+yz+zx\right)}=\frac{3}{4}.\sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}}{4}\)
=> Ta có ĐPCM . "=" xảy ra <=> x=y=z <=> \(a=b=c=\sqrt{3}\)