Giải hộ mình bài này với,khó quá!

Question

Cho a,b,c >0 ,$ab^2+bc^2+ca^2$ = 3 .
Chứng minh rằng $\sqrt[3]{a+7}+ \sqrt[3]{b+7} + \sqrt[3]{c+7} \leq 2(a^{4}+b^{4}+c^{4})$

Mấy bài này chịu,chẳng hiểu mấy bài này làm thế nào,đi thi gặp thì pó tay

score 5 · Answer 1

Bình chọn tăng 5 Bình chọn giảm

Ta có:

$\sum\sqrt[3]{a+7}\le 3\sqrt[3]{\frac{a+b+c}{3}+7}=3\sqrt[3]{\frac{a+b+c}{3}\left(\frac{ab^2+bc^2+ca^2}{3}\right)^{\frac{11}{3}}+7\left(\frac{ab^2+bc^2+ca^2}{3}\right)^4}$
Ta cứn chứng minh:

$\frac{a+b+c}{3}\left(\frac{ab^2+bc^2+ca^2}{3}\right)^{\frac{11}{3}}+7\left(\frac{ab^2+bc^2+ca^2}{3}\right)^4\le 8(\frac{a^4+b^4+c^4}{3})^3$

Thật vậy:

$\frac{a^4+b^4+c^4}{3}\ge\left(\frac{a^3+b^3+c^3}{3}\right)^{\frac{4}{3}}\ge\left(\frac{ab^2+bc^2+ca^2}{3}\right)^{\frac{4}{3}}$
và:

$\frac{a^4+b^4+c^4}{a+b+c}\ge\frac{a^3+b^3+c^3}{3}\ge\frac{ab^2+bc^2+ca^2}{3}$
Điều phải chứng minh .

Học Tại Nhà · Answer 2 · 9/20/2012 11:41:41 PM

Bình chọn tăng 3 Bình chọn giảm

Dễ thấy dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$ nên dung Cosi, hữu tỉ hóa $\sqrt[3]{a+7}$ qua BDT trung gian là xong
Theo Cosi $3\sqrt[3]{a+7}.2.2\leq (a+7+8+8)$ suy ra
VT$\leq \frac{a+b+c+69}{12}$
mà $a^4+1+1+1\geq 4a $(Cosi 4 số) từ đó suy ra $\frac{a+b+c+69}{12}\leq \frac{\frac{a^4+b^4+c^4+9}{4}+69}{12}$
Ta cần chứng minh $\frac{a^4+b^4+c^4+285}{12}\leq 2(a^4+b^4+c^4)$
$\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4 \geq 3 $ (1)
Theo Cosi $a^4 +b^4 +b^4+1 \geq 4ab^2$ tương tự suy ra
$3(a^4 +b^4 +c^4)+4 \geq 4(ab^2 +bc^2 +ca^2) =12$ suy ra ĐPCM

lịch sử

Trả lời 20-09-12 11:41 PM

Học Tại Nhà
15 1

392K 217K