Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a4+b4+c4$\leq 3$.Chứng minh rằng:
$\frac{\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{b^{2}+c^{2}}+\sqrt{c^{2}+a^{2}}}{\sqrt[3]{\frac{1}{(a+b)^{3}}+\frac{1}{(b+c)^{3}}+\frac{1}{(c+a)^{3}}}}\leq 2.\sqrt{2}.\sqrt[3]{9}$
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a4+b4+c4$\leq 3$.Chứng minh rằng:
$\frac{\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{b^{2}+c^{2}}+\sqrt{c^{2}+a^{2}}}{\sqrt[3]{\frac{1}{(a+b)^{3}}+\frac{1}{(b+c)^{3}}+\frac{1}{(c+a)^{3}}}}\leq 2.\sqrt{2}.\sqrt[3]{9}$
Dư Hấu
Ta quy về chứng minh hai bất đẳng thức nhỏ sau đây:
$\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\leqslant 3\sqrt{2} (1)$
$\sqrt[3]{\frac{1}{(a+b)^{3}}+\frac{1}{(b+c)^{3}}+\frac{1}{(c+a)^{3}}}\geqslant \frac{\sqrt[3]{3}}{2}(2)$
----------------------
(1) Áp dụng Cauchy-Schwarz, ta có: $\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\leqslant \sqrt{3[(a^2+b^2)+(b^2+c^2)+(c^2+a^2)]}=\sqrt{6(a^2+b^2+c^2)}\leqslant \sqrt{6[\frac{a^4+1+b^4+1+c^4+1}{2}]}\leqslant 3\sqrt{2}$
(2)
Áp dụng AM-GM: $\sqrt[3]{\frac{1}{(a+b)^{3}}+\frac{1}{(b+c)^{3}}+\frac{1}{(c+a)^{3}}}\geqslant \sqrt[3]{\frac{3}{(a+b)(b+c)(c+a)}}$
Cần chứng minh: $(a+b)(b+c)(c+a)\leqslant 8$
Thật vậy, ta có: $(a+b)(b+c)(c+a)=a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2+2abc\leqslant \frac{a^4+a^4+b^4+1}{4}+\frac{a^4+b^4+b^4+1}{4}+\frac{b^4+b^4+c^4+1}{4}+\frac{b^4+c^4+c^4+1}{4}+\frac{c^4+c^4+a^4+1}{4}+\frac{c^4+a^4+a^4+1}{4}+\frac{2(a^4+b^4+c^4+1)}{4}\leqslant 8$
Vậy ta có điều phải chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 10-12-2021 - 18:20
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh