Đây nhé! Tích giúp c nha

\(a,b,c>0;abc=1000\)

\(P=\sum\dfrac{a}{b^4+c^4+1000a}\le\sum\dfrac{a}{bc\left(b^2+c^2\right)+a^2bc}=\sum\dfrac{a^2}{abc\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)}{1000\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\dfrac{1}{1000}\)

P đạt GTLN là 1/1000 khi \(a=b=c=10\)

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

\(a^4+a^4+b^4+c^4\ge4\sqrt[4]{a^4.a^4.b^4.c^4}=4a^2bc\)

Tương tự ta cũng có:

\(b^4+b^4+c^4+d^4\ge4\sqrt[4]{b^4.b^4.c^4.d^4}=4b^2cd\)

\(c^4+c^4+d^4+a^4\ge4\sqrt[4]{c^4.c^4.d^4.a^4}=4c^2da\)

\(d^4+d^4+a^4+b^4\ge4\sqrt[4]{d^4.d^4.a^4.b^4}=4d^2ab\)

Cộng theo vế các BĐT trên, ta được:

\(4\left(a^4+b^4+c^4+d^4\right)\ge4\left(a^2bc+b^2cd+c^2da+d^2ab\right)\)

\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4+d^4\ge a^2bc+b^2cd+c^2da+d^2ab\left(đpcm\right)\)

Dấu "=" xảy ra.....

Thường là đề trên cho thêm dữ kiện a,b,c,d\(\ge0\), hoặc bạn có thể dùng dấu GTTĐ( Cũng làm như trên , nhưng áp dụngthêm \(\left\{{}\begin{matrix}\left|a\right|\ge a\\\left|b\right|\ge b\end{matrix}\right.\))

Đề bài sai

Phản ví dụ: \(a=c=0;b=-2\) thì \(a^4+b^3+c^2+1=-7\)

Trong khi \(a\left(ab^2-a+c+1\right)=0\)

\(-7\) ko thể lớn hơn 0

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được 

\(\frac{a^3}{a+2b}+\frac{b^3}{b+2c}+\frac{c^3}{c+2a}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}\)

Ta lại có  \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\)

Do đó ta được \(\frac{a^3}{a+2b}+\frac{b^3}{b+2c}+\frac{c^3}{c+2a}\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\left(đpcm\right)\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)

p/s: check

Ta có \(a^4+b^4\ge2a^2.b^2\) (Bất đẳng thức Cô si với \(a^2;b^2\ge0\) )
Tương tự \(b^4+c^4\ge2b^2.c^2;a^4+c^4\ge2a^2.c^2\)
Do đó: \(a^4+b^4+c^4\ge\dfrac{2a^2b^2+2b^2c^2+2a^2c^2}{2}=a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2\)(1)
Ta lại có:\(a^2b^2+b^2c^2\ge2ab^2c;b^2c^2+a^2c^2\ge2abc^2;a^2c^2+a^2b^2\ge2a^2bc\)
Nên\(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2\ge a^2bc+ab^2c+abc^2=abc\left(a+b+c\right)=3abc\left(a+b+c=3,gt\right)\)
(1);(2) => \(a^4+b^4+c^4\ge3abc\) ;đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 (*)
Giả sử: \(a^3+b^3+c^3\ge3abc\\ \Leftrightarrow\left(a+b\right)^3+c^3-3ab\left(a+b\right)-3abc\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^3-3ab\left(a+b+c\right)-3c\left(a+b\right)\left(a+b+c\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b+c\right)^2-ab-bc-ac\right]\ge0\\2.3\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)\ge0\\ \Leftrightarrow3\left(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ac\right)\ge0\\\Leftrightarrow3\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2\right]\ge0\)
Đúng mới mọi a,b,c ϵR 
Vậy \(a^3+b^3+c^3\ge3abc\) và đẳng thức xảy ra khi a=b=c=(a+b+c)/3 =1(**)
Ta lại có \(a^4\ge a^3;b^4\ge b^3;c^4\ge c^3\) mà a+b+c = 3
Nên \(a^4+b^4+c^4>a^3+b^3+c^3\) (***)
Từ (*);(**);(***) ta có điều phải chứng minh và đẳng thức xảy ra khi a= b=c=1
 

Tôi có cách chứng minh bằng đồng bậc hóa bất đẳng thức như sau:

ta sẽ chứng minh:

\(3\left(a^4+b^4+c^4\right)>=\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)\)
<=> \(2\left(a^4+b^4+c^4\right)>=ab\left(a^2+b^2\right)+bc\left(b^2+c^2\right)+ca\left(c^2+a^2\right)\)

mà ta có theo bất đẳng thức AMGM \(a^4+b^4>=\dfrac{\left(a^2+b^2\right)^2}{2}>=\dfrac{2ab\left(a^2+b^2\right)}{2}=ab\left(a^2+b^2\right)\)
làm tương tự rồi cộng lại, ta có đpcm.

Ta có : \(a^2+b^2+1\ge ab+a+b\)

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2\ge2ab+2a+2b\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(a^2-2a+1\right)+\left(b^2-2b+1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2\ge0\) ( luôn đúng )

\(\Rightarrow a^2+b^2+1\ge ab+a+b\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=1\)

Cách khác : Dùng HĐT quen thuộc :

\(a^2+1\ge2a\)

\(b^2+1\ge2b\)

\(a^2+b^2\ge2ab\)

Cộng các vế của BĐT, rồi chia 2 ta được BĐT cần chứng minh.