Chủ đề này có 1 trả lời

[nguyenqn1998]

cho a,b,c > 0 CMR:

$\frac{a^4+b^4+c^4}{ab+bc+ca}+\frac{3abc}{a+b+c} \geq \frac{2}{3}(a^2+b^2+c^2)$

[Hoang Tung 126]

Theo bđt AM-GM ta có : $A=\frac{\sum a^4}{\sum ab}+\frac{3abc}{\sum a}\geq \frac{\sum a^4}{\frac{(\sum a)^2}{3}}+\frac{3abc}{\sum a}=3(\frac{\sum a^4}{(\sum a)^2}+\frac{abc}{\sum a})$

Do đó ta cần CM :$3(\frac{\sum a^4}{(\sum a)^2}+\frac{abc}{\sum a})\geq \frac{2(\sum a^2)}{3}< = > 9(\sum a^4+abc(\sum a))\geq 2(\sum a^2)(\sum a)^2< = > 7\sum a^4+5abc\sum a\geq 4\sum a^2b^2+4\sum ab(a^2+b^2)$

Theo bđt Schur bậc 4 ta có :$5(\sum a^4+abc\sum a)\geq 5(\sum ab(a^2+b^2))=\sum ab(a^2+b^2)+4\sum ab(a^2+b^2)\geq \sum ab.2ab+4\sum ab(a^2+b^2)=2\sum a^2b^2+4\sum ab(a^2+b^2)$(1)

Theo bất đẳng thức AM-GM ta có :$2\sum a^4\geq 2\sum a^2b^2$(2)

Cộng theo vế (1) và (2) $= > 7\sum a^4+5abc\sum a\geq 4\sum a^2b^2+4\sum ab(a^2+b^2)$(luôn đúng)

$= > BDT$ được chứng minh. 

Dấu = xảy ra khi a=b=c