Lời giải:
Do $abc=1$ nên tồn tại $x,y,z>0$ sao cho:
\((a,b,c)=\left(\frac{x^2}{yz}, \frac{y^2}{xz}, \frac{z^2}{xy}\right)\)
Khi đó: \(\text{VT}=\frac{1}{\frac{x^2}{yz}+\frac{y^2}{xz}+1}+\frac{1}{\frac{y^2}{xz}+\frac{z^2}{xy}+1}+\frac{1}{\frac{x^2}{yz}+\frac{z^2}{xy}+1}\)
\(\Leftrightarrow \text{VT}=\frac{xyz}{x^3+y^3+xyz}+\frac{xyz}{y^3+z^3+xyz}+\frac{xyz}{z^3+x^3+xyz}\)
Áp dụng BĐT Cô -si: \(\left\{\begin{matrix} x^3+y^3+y^3\geq 3xy^2\\ x^3+x^3+y^3\geq 3x^2y\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow 3(x^3+y^3)\geq 3xy(x+y)\Leftrightarrow x^3+y^3\geq xy(x+y)\)
\(\Rightarrow x^3+y^3+xyz\geq xy(x+y+z)\)
\(\Rightarrow \frac{xyz}{x^3+y^3+xyz}\leq \frac{xyz}{xy(x+y+z)}=\frac{z}{x+y+z}\)
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại suy ra:
\(\text{VT}\leq \frac{z}{x+y+z}+\frac{x}{x+y+z}+\frac{y}{x+y+z}=\frac{x+y+z}{x+y+z}=1\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z\Leftrightarrow a=b=c=1\)
