\(a^4+b^4+c^4\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}{3}\ge\frac{3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\left(a+b+c\right)\left(a+b+c\right)}{9}\)
\(\ge\frac{\sqrt[3]{a^2b^2c^2}.3\sqrt[3]{abc}\left(a+b+c\right)}{3}=abc\left(a+b+c\right)\)
minh cung viet nhung bai day dai lam khong danh duoc
Dùng phân tích của tth_new:
$(a+b-2 c)^2 (a^2/16+(3 a b)/8+b^2/16+(a c)/4+(b c)/4+c^2/4)+(a-b)^2 (\frac{15 a^2}{16}+\frac{11 a b}{8}+(15 b^2)/16+\frac{c^2}{2})$
VT- VP=
\(\ge0\)
(không biết ảnh có hiện không, nãy đánh latex mà nó không hiện nên hơi khó nhìn)
Chứng minh \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
Vận dụng vào BĐT cần chứng minh ta có:
\(a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=\left(ab\right)^2+\left(bc\right)^2+\left(ca\right)^2\ge abbc+bcca+caab\)
\(=abc\left(a+b+c\right)\)