Chủ đề này có 1 trả lời

[Sangnguyen3]

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$ . Chứng minh rằng : 
$\sum \sqrt[4]{2a^{2}+bc}\leq \frac{ab+bc+ca}{\sqrt[4]{3}}\sqrt{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}$

[huytran08]

Đặt $x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=\frac{1}{c}$ thì $x,y,z>0$ và $xyz=1$.

Khi đó:$\sum \sqrt[4]{2a^{2}+bc}=\sum \sqrt[4]{\frac{2}{x^{2}}+\frac{1}{yz}}=\sum \sqrt[4]{\frac{x^{2}+2yz}{x}}$

BĐT cần chứng minh trở thành: 

            $ \sum \sqrt[4]{\frac{x^{2}+2yz}{x}}\leq \frac{x+y+z}{\sqrt[4]{3}}\sqrt{\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{z}}}$

 

Hay:$\left ( \sum \sqrt[4]{\frac{x^{2}+2yz}{x}} \right )^{4}\leq \frac{(x+y+z)^{4}}{3}.\left ( \frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{z}} \right )^{2} $

 

Áp dụng BĐT $Holder$ ta có:

    $3(x^{2}+2yz+y^{2}+2xz+z^{2}+2xy) \left ( \frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{z}} \right )^{2}\geq \left ( \sum \sqrt[4]{\frac{x^{2}+2yz}{x}} \right )^{4}$

 Như vậy ta chỉ cần chứng minh:$\frac{(x+y+z)^{4}}{3}\geq 3(x^{2}+2yz+y^{2}+2xz+z^{2}+2xy) $

                                                    $\Leftrightarrow x+y+z\geq 3$ (luôn đúng)

         

                                   $\Rightarrow \sum \sqrt[4]{2a^{2}+bc}\leq \frac{ab+bc+ca}{\sqrt[4]{3}}\sqrt{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}$

 

 Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow  a=b=c=1$ (thoả mãn)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huytran08: 13-06-2023 - 15:55