Chủ đề này có 2 trả lời

[Oral1020]

Cho $a,b,c \ge 0$ thỏa mãn $ab+bc+ac=3$.Chứng minh rằng:
$$(\dfrac{a+b+c}{3})^3 \ge \sqrt[4]{abc}$$

[25 minutes]

$3=ab+bc+ca\geq 3\sqrt[3]{(abc)^{2}}\Rightarrow abc\leq 1$
$\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[3]{abc}$
Ta Cm$\sqrt[3]{abc}\geq \sqrt[4]{abc}\Leftrightarrow 1\geq abc$ đúng
$(\frac{a+b+c}{3})^{2}\geq \frac{3(ab+bc+ca)}{9}=1$
Như vậy ta có đpcm

Em xem lại cách làm của mình nhé $\sqrt[3]{abc}\leq \sqrt[4]{abc}\Leftrightarrow abc\in \left [ 0;1 \right ]$ cơ mà ?

[25 minutes]

Cho $a,b,c \ge 0$ thỏa mãn $ab+bc+ac=3$.Chứng minh rằng:
$$(\dfrac{a+b+c}{3})^3 \ge \sqrt[4]{abc}$$

Bài này mình xin làm như sau :
Áp dụng AM-GM ta có :
$\sqrt[4]{abc}=\sqrt[4]{abc.1} \leq \frac{a+b+c+1}{4}$
Do đó ta sẽ chứng minh $(\frac{a+b+c}{3})^3\geq \frac{a+b+c+1}{4}$
Đặt $t=a+b+c$, bđt đã co trở thành $t^3\geq \frac{4t}{27}+\frac{4}{27}\Leftrightarrow (t-3)(t+\frac{3}{2})^2\geq 0$
Nhưng bất đẳng thức luôn đúng do $t=a+b+c \geq \sqrt{3(ab+bc+ac)}=3$
Vậy bđt đã cho được chứng minh xong
Dấu = xảy ra khi $a=b=c=1$ ?