Lời giải:

Vì \(a+b+c=4;a,b,c>0\Rightarrow 0< a,b,c< 4\)

Ta có:

\(0< a< 4\Rightarrow \sqrt[4]{a}< \sqrt{2}\)

\(\Rightarrow a< \sqrt{2}.\sqrt[4]{a^3}\)

Hoàn toàn tương tự: \(b< \sqrt{2}.\sqrt[4]{b^3}; c< \sqrt{2}.\sqrt[4]{c^3}\)

Cộng theo vế các BĐT vừa thu được ở trên:

\(\Rightarrow a+b+c< \sqrt{2}(\sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3})\)

\(\Leftrightarrow 4< \sqrt{2}(\sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3})\)

\(\Leftrightarrow \sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3}> 2\sqrt{2}\) (đpcm)

\(P=\sqrt{4-a^2}+\sqrt{4-b^2}+\sqrt{4-c^2}\)

\(\Rightarrow2\sqrt{3}P=\Sigma2\sqrt{3}\sqrt{4-a^2}\)\(=\Sigma2\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(4-a^2\right)}\)

Vì \(a,b,c\in\left[-2,2\right]\Rightarrow\) \(\left\{{}\begin{matrix}4-a^2\ge0\\4-b^2\ge0\\4-c^2\ge0\end{matrix}\right.\)

Áp dụng BĐT AM-GM cho các số không âm, ta có:

\(\left(a+b+c\right)+\left(4-a^2\right)\ge2\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(4-a^2\right)}\)

\(\Rightarrow2\sqrt{3}P\le\Sigma\left(a+b+c\right)+\left(4-a^2\right)\)

\(\Leftrightarrow2\sqrt{3}P\le3\left(a+b+c\right)+12-\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(\Rightarrow2\sqrt{3}P\le21-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=21-\frac{9}{3}=18\)

\(\Rightarrow P\le3\sqrt{3}\)

\(''=''\Leftrightarrow a=b=c=1\)

thử a=b=c=1/3 -->đề sai

Bài này sai rồi nha bn!!

Áp dụng bdt Bunhiacopski

\(\sqrt{4-a^2}+\sqrt{4-b^2}+\sqrt{4-c^2}<=\sqrt{3*(12-(a^2+b^2+c^2))} a^2+b^2+c^2>=(a+b+c)^2/3 = 1/3 <\sqrt{35} \)

Vậy là phải bé hơn hoặc bằng căn 35 mới đúng đề!

Bạn viết đề ngược dấu rồi, phải là ≥3√3

\(\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}+\sqrt{4+\left(b+c\right)^2}+\sqrt{4+\left(a+c\right)^2}\)

\(\ge\sqrt{4+\left(a+b\right)^2}+\sqrt{16+\left(a+b+2c\right)^2}\)

\(\ge\sqrt{36+\left(2a+2b+2c\right)^2}=\sqrt{36+36}=6\sqrt{2}\)

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương \(\frac{\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}}{\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}}}\le2.\sqrt{2}.\sqrt[3]{9}\)

Ta quy bài toán về chứng minh hai bất đẳng thức sau 

\(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\le3\sqrt{2}\)và \(\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}}\ge\frac{\sqrt[3]{3}}{2}\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta được \(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\le\sqrt{6\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)\(\le\sqrt{6\sqrt{3\left(a^4+b^4+c^4\right)}}\le3\sqrt{2}\)

Mặt khác ta lại có \(\left[\left(x^3+y^3+z^3\right)\left(x+y+z\right)\right]^2\ge\left(x^2+y^2+z^2\right)^4\); \(x^2+y^2+z^2\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)

Do đó ta được \(\left(x^3+y^3+z^3\right)^2\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^3}{3}\)

Áp dụng kết quả trên ta thu được \(\left[\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}\right]^2\ge\frac{1}{3}\left[\frac{1}{\left(a+b\right)^2}+\frac{1}{\left(b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(c+a\right)^2}\right]^3\)

Mà theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có\(\frac{1}{\left(a+b\right)^2}+\frac{1}{\left(b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(c+a\right)^2}\ge\frac{1}{2\left(a^2+b^2\right)}+\frac{1}{2\left(b^2+c^2\right)}+\frac{1}{2\left(c^2+a^2\right)}\) \(\ge\frac{9}{4\left(a^2+b^2+c^2\right)}\ge\frac{9}{4\sqrt{3\left(a^4+b^4+c^4\right)}}\ge\frac{9}{4\sqrt{9}}=\frac{3}{4}\)

Do đó ta có \(\left[\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}\right]^2\ge\frac{1}{3}\left[\frac{3}{4}\right]^3=\frac{9}{64}\)

Suy ra \(\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}}\ge\frac{\sqrt[3]{3}}{2}\)

Từ các kết quả trên ta được \(\frac{\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}}{\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}}}\le\frac{3\sqrt{2}}{\frac{\sqrt[3]{3}}{2}}=2.\sqrt{2}.\sqrt[3]{9}\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1