cho x=y=z hoặc x=y,z ->0+ tìm ra a rồi cm là xong

\(\sqrt{\frac{a+b}{c}}+\sqrt{\frac{b+c}{a}}+\sqrt{\frac{c+a}{b}}\ge\sqrt{\frac{6\left(a+b+c\right)}{\sqrt[3]{abc}}}\)

____________________

Điều cần chứng minh tương đương với

\(\Leftrightarrow\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+2\left(\sum_{cyc}\sqrt{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{ca}}\right)\ge\frac{6\left(a+b+c\right)}{\sqrt[3]{abc}}\)

Theo BĐT AM-GM ta có: \(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+1\ge3\frac{a}{\sqrt[3]{abc}}\)

Tương tự rồi cộng theo vế ta có \(\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+3\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{\sqrt[3]{abc}}\)

\(\rightarrow\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{\sqrt[3]{abc}}\)

Vậy còn cần chứng minh \(\sum_{cyc}\sqrt{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{ca}}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{\sqrt[3]{abc}}\)

\(\Leftrightarrow\sum_{cyc}\sqrt{a\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)\sqrt{abc}}{\sqrt[3]{abc}}\)

\(\text{L.H.S}=\sum_{cyc}\sqrt{a\left(a+b\right)\left(a+c\right)}=\sum_{cyc}\sqrt{a^2(a+b+c)+abc}\)

\(=\sqrt{\sum_{cyc}\left(a^2(a+b+c)+abc+2\sqrt{(a^2(a+b+c)+abc)(b^2(a+b+c)+abc)}\right)}\)

\(\ge\sqrt{\sum_{cyc}\left(a^2(a+b+c)+abc+2(ab(a+b+c)+abc)\right)}\)

\(=\sqrt{\sum_{cyc}(a^3+3a^2b+3a^2c+5abc)}\)

Đặt \(\left(a+b+c,ab+bc+ca,abc\right)\rightarrow\left(3u,3v^2,w^3\right)\) Khi đó còn phải cm

\(27u^3+9w^3\ge36u^2w\rightarrow f'\left(w^3\right)=9-\frac{12u^2}{\left(w^3\right)^{\frac{2}{3}}}\le0\) . Từ đó ta khẳng định được f là hàm lõm -> f nhận 1 GTLN của \(w^3\)

BĐT cần chứng minh thuần nhất từ đó ta có thể giả sử \(b=c=1\)

Đặt \(a=t^3\) và sau khi phân tích ta có:

\((t-1)^2(t+2)(t^6-t^4+4t^3-3t^2-2t+4)\ge0.\)\(\square\)