Lời giải:
Ta thấy:
$a^2+3ab+b^2=(a+b)^2+ab\leq (a+b)^2+\frac{(a+b)^2}{4}=\frac{5}{4}(a+b)^2$ (theo BĐT AM-GM)
$\Rightarrow \frac{a^3}{a^2+3ab+b^2}\geq \frac{4a^3}{5(a+b)^2}$
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:
$\text{VT}\geq \frac{4}{5}\sum \frac{a^3}{(a+b)^2}$
Ta cần cm $ \frac{4}{5}\sum \frac{a^3}{(a+b)^2}\geq \frac{3}{5}=\frac{a+b+c}{5}$
$\Leftrightarrow \sum \frac{a^3}{(a+b)^2}\geq \frac{a+b+c}{4}(**)$
Thật vậy, áp dụng BĐT AM-GM:
\(\frac{a^3}{(a+b)^2}+\frac{a+b}{8}+\frac{a+b}{8}\geq \frac{3}{4}a\)
\(\frac{b^3}{(b+c)^2}+\frac{b+c}{8}+\frac{b+c}{8}\geq \frac{3}{4}b; \frac{c^3}{(c+a)^2}+\frac{c+a}{8}+\frac{c+a}{8}\geq \frac{3}{4}c\)
Cộng theo vế các BĐT trên và thu gọn ta được:
$\sum \frac{a^3}{(a+b)^2}\geq \frac{a+b+c}{4}$
BĐT $(*)$ được chứng minh, kéo theo BĐT ban đầu được CM
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
