Đáp án + giải thích các bước giải:

Đầu tiên, ta sẽ chứng minh bất đẳng thức Holder.

Bất đẳng thức Holder có dạng như sau:

`(a_{1_1}+a_{1_2}+...+a_{1_n})(a_{2_1}+a_{2_2}+...+a_{2_n})...(a_{m_1}+a_{m_2}+...+a_{m_n})>=(root{m}{a_{1_1}a_{2_1}...a_{m_1}}+root{m}{a_{1_2}a_{2_2}...a_{m_2}}+...+root{m}{a_{1_n}a_{2_n}...a_{m_n}})^m`

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 

`(a_{1_1})/(a_{1_1}+a_{1_2}+...+a_{1_n})+(a_{2_1})/(a_{2_1}+a_{2_2}+...+a_{2_n})+...+(a_{m_1})/(a_{m_1}+a_{m_2}+...+a_{m_n})>=m \root{m} {(a_{1_1}a_{2_1}...a_{m_1})/((a_{1_1}+a_{1_2}+...+a_{1_n})(a_{2_1}+a_{2_2}+...+a_{2_n})...(a_{m_1}+a_{m_2}+...+a_{m_n}))}`

Tương tự, có:

`(a_{1_2})/(a_{1_1}+a_{1_2}+...+a_{1_n})+(a_{2_2})/(a_{2_1}+a_{2_2}+...+a_{2_n})+...+(a_{m_2})/(a_{m_1}+a_{m_2}+...+a_{m_n})>=m \root{m} {(a_{1_2}a_{2_2}...a_{m_2})/((a_{1_1}+a_{1_2}+...+a_{1_n})(a_{2_1}+a_{2_2}+...+a_{2_n})...(a_{m_1}+a_{m_2}+...+a_{m_n}))}`

...

`(a_{1_n})/(a_{1_1}+a_{1_2}+...+a_{1_n})+(a_{2_n})/(a_{2_1}+a_{2_2}+...+a_{2_n})+...+(a_{m_1})/(a_{m_n}+a_{m_2}+...+a_{m_n})>=m \root{m} {(a_{1_n}a_{2_n}...a_{m_n})/((a_{1_1}+a_{1_2}+...+a_{1_n})(a_{2_1}+a_{2_2}+...+a_{2_n})...(a_{m_1}+a_{m_2}+...+a_{m_n}))}`

Cộng tương ứng vế với vế các bất đẳng thức trên, ta có:

`m>=m(\root{m}{a_{1_2}a_{2_2}...a_{m_2}}+...+root{m}{a_{1_n}a_{2_n}...a_{m_n}})/(\root{m}((a_{1_1}+a_{1_2}+...+a_{1_n})(a_{2_1}+a_{2_2}+...+a_{2_n})...(a_{m_1}+a_{m_2}+...+a_{m_n}))} `

`->(a_{1_1}+a_{1_2}+...+a_{1_n})(a_{2_1}+a_{2_2}+...+a_{2_n})...(a_{m_1}+a_{m_2}+...+a_{m_n})>=(root{m}{a_{1_1}a_{2_1}...a_{m_1}}+root{m}{a_{1_2}a_{2_2}...a_{m_2}}+...+root{m}{a_{1_n}a_{2_n}...a_{m_n}})^m` 

Quay lại bài toán, áp dụng bất đẳng thức Holder:

`[root{3}{a/(b(b+2c))}+root{3}{b/(c(c+2a))}+root{3}{c/(a(a+2b))}]^3[a(b+2c)+b(c+2a)+c(a+2b)]>=[\root{4} {a/(b(b+2c)) .a(b+2c)}+\root{4}{b/(c(c+2a)).b(c+2a)}+\root{4}{c/(a(a+2b)).c(a+2b)}]^4=(\root{4}{a^2/b}+\root{4}{b^2/c}+\root{4}{c^2/a})^4`

`->root{3}{a/(b(b+2c))}+root{3}{b/(c(c+2a))}+root{3}{c/(a(a+2b))}>=\root{3}{((\root{4}{a^2/b}+\root{4}{b^2/c}+\root{4}{c^2/a})^4)/(a(b+2c)+b(c+2a)+c(a+2b))}=\root{3}{((\root{4}{a^2/b}+\root{4}{b^2/c}+\root{4}{c^2/a})^4)/(3(ab+bc+ca))}=\root{3}{((\root{4}{a^2/b}+\root{4}{b^2/c}+\root{4}{c^2/a})^4}/9}`

Đặt `(x;y;z)=(\root{4}{a};\root{4}{b};\root{4}{c}) (x,y,z>0)`

`->\root{4}{a^2/b}+\root{4}{b^2/c}+\root{4}{c^2/a}=x^2/y+y^2/z+z^2/x`

Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Holder, có:

`(x^2/y+y^2/z+z^2/x)^2 (x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)>=(\root{3}{x^2/y . x^2/y . x^2y^2}+\root{3}{y^2/z . y^2/z . y^2z^2}+\root{3}{z^2/x . z^2/x . z^2x^2})^3=(x^2+y^2+z^2)^3`

`->x^2/y+y^2/z+z^2/x>=\sqrt{(x^2+y^2+z^2)^3/(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)}`

Đặt `(m;n)=(x^2+y^2+z^2;x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2) (m,n>0)`

`->\sqrt{(x^2+y^2+z^2)^3/(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)}=\sqrt{m^3/n}`

Ta sẽ chứng minh `\sqrt{m^3/n}>=3\root{4}{(m^2-2n)/3}`

Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với

`m^6/n^2>=27(m^2-2n)`

`->m^6>=27m^2n^2-54n^3`

`->m^6-6m^4n+9m^2n^2+6m^4n-36m^2n^2+54n^3>=0`

`->m^2(m^4-6m^2n+9n^2)+6n(6m^4-6m^2+9n^2)>=0`

`->(m^2+6n)(m^2-3n)^2>=0` (luôn đúng) 

Vậy `\sqrt{m^3/n}>=3\root{4}{(m^2-2n)/3}`

`->\sqrt{(x^2+y^2+z^2)^3/(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)}>=3\root{4}{((x^2+y^2+z^2)^2-2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2))/3}=3\root{4}{(x^4+y^4+z^4)/3}`

`->x^2/y+y^2/z+z^2/x>=3\root{4}{(x^4+y^4+z^4)/3}`

`->\root{4}{a^2/b}+\root{4}{b^2/c}+\root{4}{c^2/a}>=3\root{4}{(a+b+c)/3}>=3\root{4}{\sqrt{3(ab+bc+ca)}/3}=3\root{4}{\sqrt{3.3}/3}=3`

`->root{3}{a/(b(b+2c))}+root{3}{b/(c(c+2a))}+root{3}{c/(a(a+2b))}>=\root{3}{((3)^4}/9}=3/\root{3}{3}`

Dấu bằng xảy ra khi `a=b=c=1`

Đáp án:

`root{3}{a/(b(b+2c))}+root{3}{b/(c(c+2a))}+root{3}{c/(a(a+2b))}>=3/(root{3}{3})`

Giải thích các bước giải:

Bổ đề 1: Với các số thực dương `x,y,z`, ta luôn có:

`(x^3+y^3+z^3)^8>=3^5(x^4y^4+y^4z^4+z^4x^4)^3`

Chứng minh:

Dễ thấy bất đẳng thức trên là bất đẳng thức thuần nhất và dấu "=" xảy ra khi `x=y=z=1`

Chuẩn hóa `x^3+y^3+z^3=3`

Tức là ta cần chứng minh `x^4y^4+y^4z^4+z^4x^4<=3`

Ta có:

`xy<=\frac{x^3+y^3+1}{3}=\frac{4-z^3}{3}`

`<=>x^4y^4<=\frac{4x^3y^3-x^3y^3z^3}{3}` `(1)`

Tương tự, ta có:

`y^4z^3<=\frac{4y^3z^3-x^3y^3z^3}{3}` `(2)`

`z^4x^3<=\frac{4z^3x^3-x^3y^3z^3}{3}` `(3)`

Từ `(1),(2)` và `(3)`

`=>x^4y^4+y^4z^4+z^4x^4<=\frac{4(x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3)-3x^3y^3z^3}{3}`

Bằng phương pháp biến đổi tương đương

`x^4y^4+y^4z^4+z^4x^4<=3`

`<=>\frac{4(x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3)-3x^3y^3z^3}{3}`

`<=>4(x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3)-3x^3y^3z^3<=9`

`<=>(x^3+y^3+z^3)^3+9x^3y^3z^3>=4(x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3)(x^3+y^3+z^3)`

Vì bất đẳng thức cuối là Schur bậc 3 (cho 3 số `x^3,y^3,z^3`) luôn đúng nên ta có điều cần chứng minh

Quay trở lại bài toán:

Áp dụng bất đẳng thức Holder, ta có: 

`(\sum root{3}{frac{a}{b(b+2c)}})^3[a^2b(b+2c)+b^2c(c+2a)+c^2a(c+2b)]>= (root{4}{a^3}+root{4}{b^3}+root{4}{c^3})^4`

`=>\sum root{3}{\frac{a}{b(b+2c)}}>= root{3}{\frac{(root{4}{a^3}+root{4}{b^3}+root{4}{c^3})^4}{9}}`   `(4)`

Sử dụng bổ đề vừa chứng minh, ta được:

`(root{4}{a^3}+root{4}{b^3}+root{4}{c^3})^8>=3/(root{3}{3})=3^8`

`=>(root{4}{a^3}+root{4}{b^3}+root{4}{c^3})^4>=81`

Thay vào `(4)` thì bài toán đã được chứng minh

Đẳng thức xảy ra `<=>a=b=c=1`