Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:
$P\geq 3\sqrt[3]{\frac{(a^3+1)(b^3+1)(c^3+1)}{(ab^2+1)(bc^2+1)(ca^2+1)}}$
Ta sẽ đi chứng minh:
$(a^3+1)(b^3+1)(b^3+1)\geq (1+ab^2)^3(*)$
Thật vậy: theo AM-GM:
$\frac{1}{a^3+1}+\frac{1}{b^3+1}+\frac{1}{b^3+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{(a^3+1)(b^3+1)^2}}$
$\frac{1}{a^3}{a^3+1}+\frac{b^3}{b^3+1}+\frac{b^3}{b^3+1}\geq 3ab^2\sqrt[3]{\frac{1}{(a^3+1)(b^3+1)^2}}$
Cộng theo vế và thu gọn thì:
$3\geq 3.\frac{1+ab^2}{\sqrt[3]{(a^3+1)(b^3+1)^2}}$
$\Rightarrow (a^3+1)(b^3+1)^2\geq (1+ab^2)^3$
Do đó $(*)$ được chứng minh
Hoàn toàn tương tự:
$(b^3+1)(c^3+1)^2\geq (1+bc^2)^3(**)$
$(c^3+1)(a^3+1)^2\geq (1+ca^2)^3(***)$
Nhân theo vế các BĐT $(*); (**); (***)$ suy ra:
$(a^3+1)(b^3+1)(c^3+1)\geq (1+ab^2)(1+bc^2)(1+ca^2)$
Do đó: $P\geq 3$
Vậy $P_{\min}=3$
Sau khi áp dụng trực tiếp bất đẳng thức AM-GM. Ta đi chứng minh:
$$ \left( {a}^{3}+1 \right) \left( {b}^{3}+1 \right) \left( {c}^{3}+1
\right) \geqq \left( a{b}^{2}+1 \right) \left( b{c}^{2}+1 \right)
\left( {a}^{2}c+1 \right) $$
Ta có$:$ $$3(VT-VP)= \left( 2\,a{c}^{3}+b{c}^{3}+a+2\,b \right) \left( a-b \right) ^{2}+
\left( 2\,b{a}^{3}+c{a}^{3}+b+2\,c \right) \left( b-c \right) ^{2}+
\left( a{b}^{3}+2\,c{b}^{3}+2\,a+c \right) \left( -c+a \right) ^{2}\geqq 0$$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1.$
Giá trị nhỏ nhất của $\text{P}$ là $3.$
