Dảnh àk =))

Cứ đăng đi - úng hộ ^^

Lời giải:

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^4}}+\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^4}}+\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^4}}+\frac{a}{b}+1\geq \frac{5a}{b}\)

\(\sqrt[3]{\frac{b^4}{c^4}}+\sqrt[3]{\frac{b^4}{c^4}}+\sqrt[3]{\frac{b^4}{c^4}}+\frac{b}{c}+1\geq \frac{5b}{c}\)

\(\sqrt[3]{\frac{c^4}{a^4}}+\sqrt[3]{\frac{c^4}{a^4}}+\sqrt[3]{\frac{c^4}{a^4}}+\frac{c}{a}+1\geq \frac{5c}{a}\)

Cộng theo vế và rút gọn:

\(3\text{VT}\geq 4\text{VP}-3\)

Mà theo BĐT AM-GM: \(\text{VP}=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq 3\)

Do đó:

$3\text{VT}\geq 4\text{VP}-3\geq 3\text{VP}$

$\Rightarrow \text{VT}\geq \text{VP}$ (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Cách khác:

Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a}{b}}=x;\sqrt[3]{\frac{b}{c}}=y;\sqrt[3]{\frac{c}{a}}=z\Rightarrow xyz=1,x>0,y>0,z>0\) (mục đích là khử căn)

Cần chứng minh: \(x^4+y^4+z^4\ge x^3+y^3+z^3\Leftrightarrow x^4+y^4+z^4\ge\sqrt[3]{xyz}\left(x^3+y^3+z^3\right)\)

Do \(\sqrt[3]{xyz}\le\frac{x+y+z}{3}\). Vì vậy, nó đủ để chứng minh rằng:

\(3\left(x^4+y^4+z^4\right)\ge\left(x+y+z\right)\left(x^3+y^3+z^3\right)\)

Đến đây có nhiều hướng giải, sau đây là một vài hướng:

Hướng 1:

Sử dụng BĐT C-S:

\(3\left(x^4+y^4+z^4\right)=3\left(\frac{x^6}{x^2}+\frac{y^6}{y^2}+\frac{z^6}{z^2}\right)\ge\frac{3\left(x^3+y^3+z^3\right)^2}{x^2+y^2+z^2}\)

\(=\frac{3\left(x^3+y^3+z^3\right)\left(\frac{x^4}{x}+\frac{y^4}{y}+\frac{z^4}{z}\right)}{x^2+y^2+z^2}\ge\frac{\frac{3\left(x^3+y^3+z^3\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x+y+z}}{x^2+y^2+z^2}\)

\(=\frac{3\left(x^3+y^3+z^3\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)}{x+y+z}\ge\left(x^3+y^3+z^3\right)\left(x+y+z\right)\)

Hướng 2:(Dùng SOS)

\(VT-VP=\sum\limits_{cyc} (x^2 +xy+y^2)(x-y)^2 \geq 0\)

Hướng 3: (Dùng S-S)

Giả sử \(z=min\left\{x,y,z\right\}\).

\(VT-VP=2\left(x^2+xy+y^2\right)\left(x-y\right)^2+\left(x-z\right)\left(y-z\right)\left(x^2+xz+y^2+yz+2z^2\right)\ge0\)

Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=1\Leftrightarrow a=b=c\)

P/s:@Akai Haruma: Em nghĩ hướng này sẽ dễ suy luận hơn cách ghép cặp bằng AM-GM ạ! Cách kia hơi ảo diệu.

\(D=\left(\frac{a-b}{a^{\frac{3}{4}}+a^{\frac{1}{2}}.b^{\frac{1}{4}}}-\frac{a^{\frac{1}{2}}-b^{\frac{1}{2}}}{a^{\frac{1}{4}}+b^{\frac{1}{4}}}\right):\left(a^{\frac{1}{4}}-b^{\frac{1}{4}}\right)^{-1}\sqrt{\frac{a}{b}}\)

   \(=\left[\frac{a-b}{a^{\frac{1}{2}}\left(a^{\frac{1}{4}}+b^{\frac{1}{4}}\right)}-\frac{a^{\frac{1}{2}}-b^{\frac{1}{2}}}{a^{\frac{1}{4}}+b^{\frac{1}{4}}}\right]:\left(a^{\frac{1}{4}}-b^{\frac{1}{4}}\right)^{-1}\sqrt{\frac{b}{a}}\)

    \(=\frac{a-b-a+a^{\frac{1}{2}}.b^{\frac{1}{2}}}{a^{\frac{1}{2}}\left(a^{\frac{1}{4}}+b^{\frac{1}{4}}\right)}.\frac{1}{\left(a^{\frac{1}{4}}-b^{\frac{1}{4}}\right)}=\frac{b^{\frac{1}{2}}}{a^{\frac{1}{2}}}\frac{\left(a^{\frac{1}{4}}-b^{\frac{1}{4}}\right)}{\left(a^{\frac{1}{4}}-b^{\frac{1}{4}}\right)}\sqrt{\frac{a}{b}}.\sqrt{\frac{a}{b}}=1\)

Ta chứng minh BĐT sau với các số dương:

\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\)

Thật vậy, BĐT tương đương: \(\dfrac{x+y}{xy}\ge\dfrac{4}{x+y}\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\)

\(\Leftrightarrow x^2-2xy+y^2\ge0\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Áp dụng:

\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\) ; \(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{4}{b+c}\) ; \(\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}\ge\dfrac{4}{c+a}\)

Cộng vế với vế:

\(2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge\dfrac{4}{a+b}+\dfrac{4}{b+c}+\dfrac{4}{c+a}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{2}{a+b}+\dfrac{2}{b+c}+\dfrac{2}{c+a}\)

b.

Ta có:

\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\Rightarrow\dfrac{3}{a}+\dfrac{3}{b}\ge\dfrac{12}{a+b}\) (1)

\(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{4}{b+c}\Rightarrow\dfrac{2}{b}+\dfrac{2}{c}\ge\dfrac{8}{b+c}\) (2)

\(\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}\ge\dfrac{4}{c+a}\) (3)

Cộng vế với vế (1); (2) và (3):

\(\dfrac{4}{a}+\dfrac{5}{b}+\dfrac{3}{c}\ge4\left(\dfrac{3}{a+b}+\dfrac{2}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)