Chủ đề này có 6 trả lời

[NTA1907]

Cho $a,b,c>0, a+b+c=1$. Chứng minh rằng:

$(a+b)^{4}+(b+c)^{4}+(c+a)^{4}\geq \frac{16}{27}$

[Namvip]

Đặt $a+b=x;b+c=y;c+a=z=>x+y+z=2$

$P=(a+b)^{4}+(b+c)^{4}+(c+a)^{4}=x^{4}+y^{4}+z^{4}$

Ta có 

Theo bđt Holder $(x^{4}+y^{4}+z^{4})(1+1+1)(1+1+1)(1+1+1)\geq (x+y+z)^{4}=16$

$=>x^{4}+y^{4}+z^{4}\geq \frac{16}{27}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Namvip: 25-09-2016 - 15:11

[NTA1907]

Đặt $a+b=x;b+c=y;c+a=z=>x+y+z=2$

$P=(a+b)^{4}+(b+c)^{4}+(c+a)^{4}=x^{4}+y^{4}+z^{4}$

Ta có 

Theo bđt Holder $(x^{4}+y^{4}+z^{4})(1+1+1)(1+1+1)(1+1+1)\geq (x+y+z)^{4}=16$

$=>x^{4}+y^{4}+z^{4}\geq \frac{16}{27}$

Liệu có cách làm nào không dùng đến bất đẳng thức Holder không nhỉ 

[hanguyen445]

Cho $a,b,c>0, a+b+c=1$. Chứng minh rằng:

$(a+b)^{4}+(b+c)^{4}+(c+a)^{4}\geq \frac{16}{27}$

Xin đóng góp 1 lời giải:

Đặt $x=a+b;y=a+c;z=c+a$. Khi đó ta có bài toán:

Cho $x,y,z$ là độ dài 3 cạnh tam giác $x+y+z=2$+. Chứng minh rằng $x^4+y^4+z^4\ge\dfrac{16}{27}$

Ta có $x^4+y^4\ge\dfrac{(x+y)^4}{8}=\dfrac{(2-z)^4}{8}$. Khi đó BĐT được chứng minh nếu:

$$z^4+\dfrac{(2-z)^4}{8}\ge\dfrac{16}{27}$$

\[{\left( {6 - 3z} \right)^4} + 8{\left( {3z} \right)^4} \ge 384\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {t - 6} \right)^4} + 8{t^4} \ge 384\]

\[ \Leftrightarrow 3{t^4} - 8{t^3} + 72{t^2} - 288t + 304 \ge 0 \Leftrightarrow \left( {t - 2} \right)\left( {3{t^3} - 2{t^2} + 68 - 152} \right) \ge 0\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {t - 2} \right)^2}\left( {3{t^2} + 4t + 76} \right) \ge 0\] (luôn đúng) 

Vậy BĐT được chứng minh. Điểm rơi khi $a=b=c=\dfrac{1}{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Baoriven: 25-09-2016 - 15:29

[Namvip]

Liệu có cách làm nào không dùng đến bất đẳng thức Holder không nhỉ 

Với bài đơn giản này thì nhiều cách cơ mà dùng bất đẳng thức Holder là nhanh nhất 

[tritanngo99]

Cho $a,b,c>0, a+b+c=1$. Chứng minh rằng:

$(a+b)^{4}+(b+c)^{4}+(c+a)^{4}\geq \frac{16}{27}$

Cách khác cho bài toán này như sau:

$(x;y;z)\to (a+b;b+c;c+a)\implies x+y+z=2$.

Ta chứng minh: $x^4+y^4+z^4\ge \frac{16}{27}$.

Áp dụng BDT quen thuộc: $m^2+n^2\ge \frac{1}{2}(m+n)^2$.

Ta có: $\sum x^4=\frac{1}{2}\sum (x^4+y^4)\ge \frac{1}{4}\sum (x^2+y^2)^2$.

Áp dụng BDT quen thuộc: $m^2+n^2+p^2\ge \frac{1}{3}(m+n+p)^2$.

$\implies \sum x^4\ge \frac{1}{4}\sum (x^2+y^2)^2\ge \frac{1}{4}.\frac{1}{3}(2x^2+2y^2+2z^2)^2\ge \frac{1}{12}.[2.\frac{1}{3}(x+y+z)^2]^2=\frac{16}{27}(Q.E.D)\text{ do x+y+z=2}$.

[Hoang Duong]

Liệu có cách làm nào không dùng đến bất đẳng thức Holder không nhỉ 

Bài này điểm rơi Cauchy cũng chơi mượt mà được mà, chưa cần dùng đến Holder đâu,

$(a+b)^4+\frac{16}{81}+\frac{16}{81}+\frac{16}{81}\ge4\sqrt[4]{(a+b)(\frac{16}{81})^3}=\frac{32}{27}(a+b)$

Tương tự cộng lại ta có điều phải chứng minh         cần gì phải dao búa