Đặt  \(A=\frac{a^3+b^3}{2ab}+\frac{b^3+c^3}{2bc}+\frac{c^3+a^3}{2ca}\)

Với mọi  \(a,b,c>0\)  thì ta có bất đẳng thức luôn đúng với điều kiện trên như sau:

 \(a^3+b^3\ge a^2b+ab^2;\)  \(b^3+c^3\ge b^2c+bc^2\)  và  \(b^3+c^3\ge b^2c+bc^2\)

Khi đó, vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh, tức biểu thức  \(A\)  sẽ trở thành:

\(A=\frac{a^3+b^3}{2ab}+\frac{b^3+c^3}{2bc}+\frac{c^3+a^3}{2ca}\ge\frac{a^2b+ab^2}{2ab}+\frac{b^2c+bc^2}{2bc}+\frac{c^2a+ca^2}{2ca}=\frac{a+b}{2}+\frac{b+c}{2}+\frac{c+a}{2}=a+b+c\)

Xảy ra đẳng thức trên khi và chỉ khi  \(a=b=c\)

Biến đổi vế trái ta có 

(a+b+c)^2 = (a+b + c)( a+b+c) = a(a+b + c) + b(a+b+c ) + c (a+b+c )

                                              = a^2 + ab +ac + ab + b^2 + bc + ac + bc + c^2 

                                               = a^2 + b^2 + c^2 + 2ab + 2bc + 2ac => ĐPCM

Ta có:

(a + b + c)2 = (a + b + c)(a + b + c)

= a2 + ab + ac + ab + b2 + bc + ac + bc + c2

= a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ac (đpcm)

Vậy (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ac.

Ta có a² + b² + c² = (a + b + c)²

<=> ab + bc + ca = 0

<=> \(\hept{\begin{cases}ab=-bc-ca\\bc=-ac-ab\\ca=-ab-bc\end{cases}}\)

Khi đó a² + 2bc = a² + bc + bc = a² + bc - ac - ab = (a - b)(a - c) 

Tương tư b² + 2ac = (b - a)(b - c) 

c² + ab = (c - a)(c - b) 

Khi đó \(\frac{a^2}{a^2+2bc}+\frac{b^2}{b^2+2ac}+\frac{c^2}{c^2+2ab}\)

\(=\frac{a^2}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}+\frac{b^2}{\left(b-a\right)\left(b-c\right)}+\frac{c^2}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}\)

\(=\frac{-a^2\left(b-c\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}+\frac{-b^2\left(c-a\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}+\frac{-c^2\left(a-b\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}\)

\(=\frac{-a^2b+a^2c-b^2c+b^2a-c^2a+c^2b}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}=\frac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}=1\)(đpcm) 

Áp dụng bđt Cauchy Schwarz dạng Engel ta được:

\(\frac{a^2}{a^2+2bc}+\frac{b^2}{b^2+2ac}+\frac{c^2}{c^2+2ab}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+2bc+b^2+2ac+c^2+2ab}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}\)=1

Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :

\(VT\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+2bc+b^2+2ac+c^2+2ab}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}=1\)

=> đpcm

Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c