Ta phát biểu và chứng minh bổ đề sau.
Nếu $a,b,c>0$ và $a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4=3$ thì $a^3+b^3+c^3 \geq 3$
Từ đánh giá $a^3+b^3+1 \geq 3ab$ và giả thiết ta có $$\sum xy(x+y+1) \geq 9$$ trong đó $x=a^3,y=b^3,c=z^3$
Giả sử rằng $p=x+y+z \leq 3$
Trước hết,ta sẽ cmr $r \geq \frac{4q-9}{3}$
Theo Schur, $r \geq \frac{p(4q-p^2)}{9}$
Kết quả nếu trên sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra rằng $p(4q-p^2) \geq 12q-27 \Leftrightarrow (3-p)(p^2+3p+9-4q) \geq 0$.
Bất đẳng thức cuối đúng do $9 \geq p^2 \geq 3q$.
Vậy $3r \geq 4q-9$
Mà theo trên ta có $4q-9 \geq pq+q-9 \geq 3r$ nên dấu bằng phải xảy ra hay $x=y=z=1,a=b=c=1$. Khi đó $a^3+b^3+c^3=3 \geq 3$
Bổ đề được chứng minh.
Quay lại bài toán.
Ta có $a+ \sqrt{a} \geq 2 \sqrt[4]{a^3}$
Bài toán trở thành bổ đề cho $( \sqrt[4]{a},\sqrt[4]{b},\sqrt[4]{c})$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kamii0909: 08-03-2017 - 22:24