Với mọi x;y dương ta có:

\(x^3+y^3=\left(x+y\right)\left(x^2+y^2-xy\right)\ge\left(x+y\right)\left(2xy-xy\right)=xy\left(x+y\right)\)

Áp dụng:

\(VT=\frac{1}{a^3+b^3+1}+\frac{1}{b^3+c^3+1}+\frac{1}{c^3+a^3+1}\)

\(VT\le\frac{1}{ab\left(a+b\right)+1}+\frac{1}{bc\left(b+c\right)+1}+\frac{1}{ca\left(c+a\right)+1}\)

\(VT\le\frac{abc}{ab\left(a+b\right)+abc}+\frac{abc}{bc\left(b+c\right)+abc}+\frac{abc}{ca\left(c+a\right)+abc}\)

\(VT\le\frac{c}{a+b+c}+\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}=1\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z}\right)\Rightarrow xyz=1\)

\(VT=\frac{x^3yz}{y+z}+\frac{y^3zx}{z+x}+\frac{z^3xy}{x+y}=\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3}{2}\sqrt[3]{xyz}=\frac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\)

Lời giải:
Xét hiệu: $a^3+1-a(a+1)=a^2(a-1)-(a-1)=(a+1)(a-1)^2\geq 0$ với mọi $a>0$

$\Rightarrow a^3+1\geq a(a+1)\Rightarrow a^3+a+1\geq a(a+2)$

$\Rightarrow \frac{a}{a^3+a+1}\leq \frac{1}{a+2}$

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế thu được:

$\sum \frac{a}{a^3+a+1}\leq \sum \frac{1}{a+2}(*)$

Do $abc=1$ nên tồn tại $x,y,z>0$ sao cho $(a,b,c)=(\frac{x^2}{yz}, \frac{y^2}{xz}, \frac{z^2}{xy})$

Khi đó, áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

$\sum \frac{1}{a+2}=\sum \frac{yz}{x^2+2yz}=\frac{1}{2}\sum (1-\frac{x^2}{x^2+2yz})=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}.\sum \frac{x^2}{x^2+2yz}\leq \frac{3}{2}-\frac{1}{2}.\frac{(x+y+z)^2}{x^2+2yz+y^2+2xz+z^2+2xy}$

$=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}.\frac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2}=1(**)$

Từ $(*); (**)$ ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Cách khác:

Ta chứng minh: \(\frac{a}{a^3+a+1}\le\frac{1}{2}.\frac{a^{\frac{2}{3}}+1}{a^{\frac{4}{3}}+a^{\frac{2}{3}}+1}\) (1)

Đặt \(a=x^3\Leftrightarrow\frac{x^3}{x^9+x^3+1}\le\frac{1}{2}.\frac{x^2+1}{x^4+x^2+1}\)

Tương đương với $$\frac{(x - 1)^2 (x^9 + 2 x^8 + 4 x^7 + 6 x^6 + 6 x^5 + 6 x^4 + 5 x^3 + 4 x^2 + 2 x + 1)}{2 (x^2 - x + 1) (x^2 + x + 1) (x^9 + x^3 + 1)} \geq 0$$

Vậy (1) đúng. Thiết lập $3$ bất đẳng thức tương tự và cộng theo vế thu đượcVasc.

\(\Rightarrow\) $\text{đpcm}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

Ta có :

$\frac{a}{a^3+a+1}+\frac{b}{b^3+b+1}+\frac{c}{c^3+c+1}$
$\mathrm{\backslash (=\backslash frac\{a\}\{a^3+a+abc\}+\backslash frac\{b\}\{b^3+b+abc\}+\backslash frac\{c\}\{c^3+c+abc\}\backslash )}$\(=\frac{1}{a^2+bc+1}+\frac{1}{b^2+ac+1}+\frac{1}{c^2+ab+1}\)\(\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+3}\)

Mà ta có : \(\left\{{}\begin{matrix}a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt{abc}=3\\ab+bc+ca\ge3\sqrt{abc}=3\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\frac{a}{a^3+a+1}+\frac{b}{b^3+b+1}+\frac{c}{c^3+c=1}\le\frac{9}{3+3+3}=1\)

Bài này đã có ở đây:

Cho abc=1CMR\(\dfrac{a+3}{\left(a+1\right)^2}+\dfrac{b+3}{\left(b+1\right)^2}+\dfrac{c+3}{\left(c+1\right)^2}\ge3\) - Hoc24

Đề: \(\frac{1}{\sqrt{a^4-a^3+ab+2}}+\frac{1}{\sqrt{b^4-b^3+bc+2}}+\frac{1}{\sqrt{c^4-c^3+ca+2}}\le\sqrt{3}\) ???

*Ta chứng minh : \(x^4-x^3+2\ge x+1\forall x>0\)

\(\Leftrightarrow x^4-x^3-x+1\ge0\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\left(x^2+x+1\right)\ge0\) ( đúng )

Do đó: \(VT\le\frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}+\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}+\frac{1}{\sqrt{ca+c+1}}\) \(\le\sqrt{3\left(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}\right)}=\sqrt{3}\)

Dấu "=" \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)