Trả lời nhanh lên, lâu quá đó!

bài này sai đề nha, phải (a+b+c+d)^3 mới đúng

abc+bcd+cda+dab

=ab(c+d)+cd(a+b)≤1/4(a+b)2(c+d)+1/4(c+d)2(a+b)=1/4(a+b)(c+d)(a+b+c+d)≤1/16(a+b+c+d)3

=>16(abc+bcd+cda+dad)<=(a+b+c+d)3

Thử nhân ra dùng cô si coi sao bạn

2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).

Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.

Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)

BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)

Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)

Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)

Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)

\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):

\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)

\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)

\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)

Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.

Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(

Cách khác câu 2:Đặt \(\left(a,b,c\right)=\left(a^3,b^3,c^3\right)\)

Có: \(VT-VP=\frac{1}{6} \sum\, \left( 3\,{a}^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc \right) \left( a -b \right) ^{2} \left( a+b-c \right) ^{2}+\frac{2}{3} \sum \,{a}^{2}{b}^{2} \left( a -b \right) ^{2} \geq 0\)

Bất đẳng thức trên vẫn đúng trong trường hợp $a,b,c$ là các số thực.

Thật vậy ta chỉ cần chứng minh$:$

\(\frac{1}{6}\sum \left( 3\,{a}^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc \right) \left( a -b \right) ^{2} \left( a+b-c \right) ^{2} \geq 0\)

Chú ý \(\sum\left(a-b\right)\left(a+b-c\right)=0\)

Ta đưa về chứng minh: \(\sum (3\,{a}^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc) \geq 0 \,\,\,\,\,\,(1)\)

Và \(\sum \left( 3\,{a}^{2}+2\,ab+4\,ac+2\,bc+3\,{c}^{2} \right) \left( 3\,{a} ^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc \right) \geq 0 \,\,\,\,(2)\)

$(1)$ dễ chứng minh bằng tam thức bậc $2$.

Chứng minh $(2):$

$$\text{VT} = {\frac {196\, \left( a+b+c \right) ^{4}}{27}} + \sum{\frac { \left( a-b \right) ^{2} \left( 47\,a+26\,c+47\,b \right) ^{2}
}{2538}}+\sum {\frac {328\,{c}^{2} \left( a-b \right) ^{2}}{141}} \geq 0$$

Xong.

Đặt \(\hept{\begin{cases}x=\frac{a+b}{2}\\y=\frac{c+d}{2}\end{cases}}\)

Ta có:

\(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow ab+1\ge a+b\)

\(\Rightarrow ab+bc+ca+1\ge bc+ca+a+b=\left(a+b\right)\left(c+1\right)\ge\left(a+b\right)\left(c+d\right)\left(1\right)\)

Tương tự ta có:

\(bc+cd+db+1\ge\left(a+b\right)\left(b+d\right)\left(2\right)\)

\(cd+da+ac+1\ge\left(a+b\right)\left(c+d\right)\left(3\right)\)

\(da+ab+bd+1\ge\left(a+b\right)\left(c+d\right)\left(4\right)\)

Từ (1), (2), (3), (4) ta có:

\(VT\le\frac{a+b+c+d}{\left(a+b\right)\left(c+d\right)}=\frac{x+y}{2xy}\le\frac{xy+1}{2xy}\left(@\right)\)

Ta lại có:

\(VP\ge\frac{3}{4}+\frac{1}{4x^2y^2}\left(@@\right)\)

Từ \(\left(@\right),\left(@@\right)\)cái cần chứng minh trở thành.

\(\frac{xy+1}{2xy}\le\frac{3}{4}+\frac{1}{4x^2y^2}\)

\(\Leftrightarrow\left(xy-1\right)^2\ge0\)(đúng)

Vậy ta có ĐPCM.

Theo định lý  Rolle ta thấy tồn tại các số dương x, y ,z sao cho:

\(abc+bcd+cda+dab=4xyz\)

\(ab+ac+ad+bc+bd+cd=2\left(xy+yz+xz\right)\)

Như vậy BĐT cần c/m trở thành:

\(\sqrt[3]{xyz}\le\sqrt{\frac{xy+yz+zx}{3}}\)  đúng theo BĐT AM - GM

Vậy BĐT đã cho đc c/m

Sử dụng AM - GM ta dễ có:

\(abc\left(a+b+c\right)=bc\left(a^2+ab+ac\right)\le\left(\frac{a^2+ab+bc+ca}{2}\right)^2=\left[\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}\right]^2=\frac{1}{4}\)

Suy ra đpcm