Một bài rất hay được sáng tạo ra từ một cái rất hay
Cho $a,b,c> 0$ . Chứng minh bất đẳng thức sau :
$\frac{x}{\sqrt{y^2+yz+z^2}}+\frac{y}{\sqrt{z^2+zx+x^2}}+\frac{z}{\sqrt{x^2+xy+y^2}}\geq \sqrt{3}$

Cho a,b,c>0 CMR:

$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \geq \frac{4(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}-3$

Đã khai triển ra thì cần gì S.O.S nữa nhề
Bất đẳng thức tương đương với
$\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{4(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}-6$
$\Leftrightarrow (\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+2)+(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}+2)+(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+2)\geq \frac{4(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}$
$\Leftrightarrow \frac{(a+b)^2}{ab}+\frac{(b+c)^2}{bc}+\frac{(c+a)^2}{ca}\geq \frac{4(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}$
Hiển nhiên đúng theo $Cauchy-Schwarz$

Một bài toán hay và đơn giản
Bài toán: Cho $a,b,c \ge 0$ thỏa mãn:$a^2+b^2+c^2=1$.Tìm GTLN và GTNN của:
$$P=\frac{a}{1+bc}+\frac{b}{1+ca}+\frac{c}{1+ab}$$

Và Max thì có lẽ thế này
Ta sẽ chứng minh $(a+b+c)^2\leq 2(1+bc)^2$
$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\leq 2+2b^22c^2+4bc$
$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\leq 2(a^2+b^2+c^2)+2b^22c^2+4bc$
$\Leftrightarrow (b+c-a)^2+2b^2c^2\geq 0$
Luôn đúng .
Do đó $1+bc\geq \frac{a+b+c}{\sqrt{2}}$
Tương tự ta có 2 kết quả nữa suy ra
$VT\leq \frac{a\sqrt{2}}{a+b+c}+\frac{b\sqrt{2}}{a+b+c}+\frac{c\sqrt{2}}{a+b+c}= \sqrt{2}$

Một bài toán hay và đơn giản
Bài toán: Cho $a,b,c \ge 0$ thỏa mãn:$a^2+b^2+c^2=1$.Tìm GTLN và GTNN của:
$$P=\frac{a}{1+bc}+\frac{b}{1+ca}+\frac{c}{1+ab}$$

Hình như Đạt lỗi ở đâu đó
Ta có : $a+abc\leq a+\frac{a(b^2+c^2)}{2}= a+\frac{a(1-a^2)}{2}= 1-\frac{(a-1)^2(a+2)}{2}\leq 1$
Tương tự suy ra
$VT= \frac{a^2}{a+abc}+\frac{b^2}{b+abc}+\frac{c^2}{c+abc}\geq a^2+b^2+c^2= 1$
--------------------------------------------
:'( Chả hiểu nay đầu óc tớ sa0 ấy,cứ đi dồn biến với ....@!#!@!@%%%#@^@#%@#%

Tìm $p,q\in \mathbb{P}$ thỏa mãn $3pq\mid a^{3pq}-a$ với mọi $a\in \mathbb{Z}^+$

Tìm $a,b,c$ nguyên dương sao cho $a^2+1,b^2+1$ nguyên tố và $(a^2+1)(b^2+1)=c^2+1$

Giả sử $a\geq b$
Ta có : $(a^2+1)(b^2+1)=c^2+1\Leftrightarrow a^2b^2+a^2+b^2= c^2$
$\Leftrightarrow b^2(a^2+1)=c^2-a^2=(c-a)(c+a)$
Vì $a^2+1$ nguyên tố nên $a^2+1\mid c-a$ hoặc $a^2+1\mid c+a$
Trong cả hai TH này ta đều có : $c+a\geq a^2+1$ $\Rightarrow c\geq a^2-a+1$
$\Rightarrow b^2(a^2+1)=(c-a)(c+a)\geq (a^2+1)(a-1)^2\Rightarrow b^2\geq (a-1)^2$
$\Rightarrow b\geq a-1$ .Mà $b\leq a$ do đó $b= a$ hoặc $b= a-1$
Thay vào dễ dàng giải ra nghiệm .

Cho a b c > 1 và $\sum \frac{1}{a^2-1}=1$
CM $\sum \frac{1}{a+1}\leq 1$

Cách 4 :
Theo $AM-GM$
$\frac{1}{a^2-1}+\frac{a-1}{a+1}\geq \frac{2}{a+1}\Leftrightarrow \frac{1}{a^2-1}\geq \frac{2}{a+1}-\frac{a-1}{a+1}= \frac{2}{a+1}+\frac{2}{a+1}-1$
$= \frac{4}{a+1}-1$
Tương tự có 2 bất đẳnh thức nữa rồi cộng lại , chú ý giả thiết suy ra $Q.E.D$

Bài toán:Cho các số $a,b,c\in R^{+}$ thỏa $a^{4}+b^{4}+c^{4}=3$.C/m:
$a)$ $$\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\geq 3$$
$b)$ $$\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\geq \frac{3}{2}$$

Theo $Holder$ $(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a})(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a})(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\geq (a^2+b^2+c^2)^3$
$\Leftrightarrow (\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a})^2\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^3}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}$
Và ta cần chứng minh : $\frac{(a^2+b^2+c^2)^3}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}\geq 9$
$\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)^3\geq 9(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$
$\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)^6\geq 81(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)^{2}$
$\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)^6\geq 27(a^4+b^4+c^4)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)^{2}$
Áp dụng AM-GM dạng $27xyz\leq (x+y+z)^3$ ta được
$VT\leq (a^4+b^4+c^4+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)^3= (a^2+b^2+c^2)^{6}$

cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a+b+c=1
CMR:
$\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\geq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})$
-----------------------------
Chú ý tiêu đề bạn nhé

Cách khác phát !
Theo C-S : $VT= \frac{a^4}{a^2b}+\frac{b^4}{b^2c}+\frac{c^4}{c^2a}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}$
Ta sẽ chứng minh $\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}\geq 3(a^2+b^2+c^2)$
$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq 3(a^2b+b^2c+c^2a)\Leftrightarrow (a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\geq 3(a^2b+b^2c+c^2a)$
$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+ab^2+bc^2+ca^2\geq 2(a^2b+b^2c+c^2a)$
$\Leftrightarrow (a^3-2a^2b+ab^2)+(b^3-2b^2c+bc^2)+(c^3-2c^2a+ca^2)\geq 0$
$\Leftrightarrow a(a-b)^2+b(b-c)^2+c(c-a)^2\geq 0$
Luôn đúng

Bài 1:Cho $a,b,c\in R$.C/m:
$$\prod (a+b-c)^{2}\geq \prod (a^{2}+b^{2}-c^{2})$$

Rõ ràng ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức trong trường hợp $a^2,b^2,c^2$ là 3 cạnh một tam giác là đủ .
Bởi vì trong trường hợp ngược lại kết quả bài toán là hiển nhiên .
Khi đó ta sẽ chứng minh bất đẳng thức sau $[a^2-(b-c)^2]^2\geq (a^2+b^2-c^2)(a^2+c^2-b^2)$
Bằng kĩ thuật "tung tóe hóa" và nhóm ta được bất đẳng thức tương đương với :
$(b-c)^2(b^2+c^2-a^2)\geq0$ . Luôn đúng.
Tương tự có 2 đánh giá nữa rồi nhân vô sau đó khai căn ta được :
$[a^2-(b-c)^2][b^2-(c-a)^2][c^2-(a-b)^2]\geq (a^2+b^2-c^2)(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)$
Chú ý rằng :
$a^2-(b-c)^2= (a-b+c)(a+b-c)= (a+b-c)(a+c-b)$
Từ đó $[a^2-(b-c)^2][b^2-(c-a)^2][c^2-(a-b)^2]= (b+c-a)^2(c+a-b)^2(a+b-c)^2$
Vậy là ta có $Q.E.D$

Bài toán 2.
Ch0 các số thực không âm $a,b,c$ và $ab+bc+ca>0$.Chứng minh rằng:
$$\frac{a^4}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^4}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^4}{c^2+ca+a^2}\geq \frac{a^3+b^3+c^3}{a+b+c}$$

T.A có : $a^3+b^3+c^3=3abc+(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$
$\rightarrow \frac{a^3+b^3+c^3}{a+b+c}= \frac{3abc}{a+b+c}-(ab-a^2)-(bc-b^2)-(ca-c^2)$
Và như thế bất đẳng thức trở thành :
$(\frac{a^4}{a^2+ab+b^2}+ab-a^2)+(\frac{b^4}{b^2+bc+c^2}+bc-b^2)+(\frac{c^4}{c^2+ca+a^2}+ca-c^2)$
$\geq \frac{3abc}{a+b+c}$
$\Leftrightarrow \frac{ab^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{bc^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{ca^3}{c^2+ca+a^2}\geq \frac{3abc}{a+b+c}$
Bây giờ thì sử dụng $Cauchy-Schwarz$ ta có
$VT.[c(a^2+ab+b^2)]+a(b^2+bc+c^2)+b(c^2+ca+a^2)]\geq (\sqrt{ab^3c}+\sqrt{bc^3a}+\sqrt{ca^3b})^{2}$
$\Leftrightarrow VT(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq abc(a+b+c)^2$
$\rightarrow VT\geq \frac{abc(a+b+c)}{ab+bc+ca}= \frac{abc(a+b+c)^2}{(ab+bc+ca)(a+b+c)}\geq \frac{abc.3(ab+bc+ca)}{(ab+bc+ca)(a+b+c)}= \frac{3abc}{a+b+c}$

Bài toán 2.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$ thoả $abc=1$.Chứng minh rằng:
$$a+b+c\geq \frac{1+a}{1+b}+\frac{1+b}{1+c}+\frac{1+c}{1+a}$$

Ta có : $VT-VP+3= (a-\frac{1+a}{1+b}+1)+(b-\frac{1+b}{1+c}+1)+(c-\frac{1+c}{1+a}+1)$
$= \frac{b(a+1)}{b+1}+\frac{c(b+1)}{c+1}+\frac{a(c+1)}{a+1}\geq 3\sqrt[3]{abc}= 3$
$\rightarrow VT\geq VP$

p/s: Bất đẳng thức vẫn còn đúng với $abc\geq 1$

Cho a,b,c dương thỏa mãn: $\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{a+c+1}\geq 1$\
Chứng minh rằng: $a+b+c\geq ab+bc+ac$
————

Công thức kẹp trong $ bạn nhé

Theo $Cauchy-Schwarz$ $\frac{1}{b+c+1}= \frac{b+c+a^2}{(b+c+1)(b+c+a^2)}\leq \frac{b+c+a^2}{(a+b+c)^2}$
Tương tự có 2 đánh giá nữa rồi cộng vào ta được :
$1\geq \frac{2(a+b+c)+a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}\Leftrightarrow ab+bc+ca\geq a+b+c$

Bài toán 2. Ch0 $a,b,c\geq 0$ và $a+b+c=2$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt{a+b-2ab}+\sqrt{b+c-2bc}+\sqrt{c+a-2ca}\geq 2$$
Ở đây mình sẽ trình bày bài toán 2.Còn bài 1 xin nhường các bạn
Lời giải:
Bằng cách bình phương 2 vế.Ta có:
$$Q.e.D\Leftrightarrow 2(a+b+c-ab-bc-ca)+2\left(\sqrt{(a+b-2ab)(b+c-2bc)}+\sqrt{(b+c-2bc)(c+a-2ca)}+\sqrt{(c+a-2ca)(a+b-2ab)}\right)\geq 4$$
$$\Leftrightarrow (2-ab-bc-ca)+\sqrt{(a+b-2ab)(b+c-2bc)}+\sqrt{(b+c-2bc)(c+a-2ca)}+\sqrt{(c+a-2ca)(a+b-2ab)}\geq 2$$
$$\Leftrightarrow \sqrt{(a+b-2ab)(b+c-2bc)}+\sqrt{(b+c-2bc)(c+a-2ca)}+\sqrt{(c+a-2ca)(a+b-2ab)}\geq ab+bc+ca$$
Ta có:
$$(a+b-2ab)(b+c-2bc)=\frac{1}{4}.\left[(a-b)^2+c(a+b)\right].\left[(b-c)^2+a(b+c)\right]$$
$$\geq \frac{1}{4}.\left(|(a-b)(b-c)|+\sqrt{ac(a+b)(b+c)}\right)^2$$
Vậy nên:
$$\sqrt{(a+b-2ab)(b+c-2bc)}+\sqrt{(b+c-2bc)(c+a-2ca)}+\sqrt{(c+a-2ca)(a+b-2ab)}\geq \frac{1}{2}.(\sum |(a-b)(b-c)|+\sqrt{ac(a+b)(b+c)})$$
Công việc còn lại là ta phải chứng minh:
$$\sum |(a-b)(b-c)|+\sqrt{ac(a+b)(b+c)}\geq 2(ab+bc+ca)$$
Mặt khác the0 $Cauchy-Schwarz$ thì: $\sqrt{ac(a+b)(b+c)}\geq \sqrt{ac}.(b+\sqrt{ac})$
Và $|(a-b)(b-c)|\geq b^2+ac-ab-bc$.Nên cuối cùng ta phải chỉ ra:
$$a^2+b^2+c^2+\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\geq 2(ab+bc+ca)$$
Đặt $a=x^2,b=y^2,z=c^2\,\,\,\,(a,b,c\geq 0)$ thì bất đẳng thức tương đương
$$x^4+y^4+z^4+xyz(x+y+z)\geq 2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$$

Đến đây thì cần gì phải S.O.S nữa nhề
Theo $Schur$ bậc 4 và $AM-GM$ ta có :
$x^4+y^4+z^4+xyz(x+y+z)\geq xy(x^2+y^2)+yz(y^2+z^2)+zx(z^2+x^2)$
$\geq 2x^2y^2+2y^2z^2+2z^2x^2$

cho x,y,z là 3 số dương có tích bằng 1.CMR:
$\frac{xy}{x^{5}+y^{5}+xy}+\frac{yz}{y^{5}+z^{5}+yz}+\frac{xz}{z^{5}+x^{5}+xz}\leq 1$

Với mọi a,b ta có $(a^2-b^2)(a^3-b^3)\geq 0\Leftrightarrow a^5+b^5\geq a^2b^2(a+b)$
Áp dụng nhận xét này ta được $x^5+y^5+xy\geq x^2y^2(x+y)+xy=x^2y^2(x+y)+x^2y^2z= x^2y^2(x+y+z)$
$\Rightarrow \frac{xy}{x^5+y^5+xy}\leq \frac{1}{xy(x+y+z)}= \frac{z}{x+y+z}$
Tương tự ta có thêm 2 đánh giá nữa thì suy được ngay $Q.E.D$

Cho a,b,c là các số thực >0.CMR:
$\sum \sqrt{\frac{ab}{(a+b)c}} >2$

Giúp à ! Có ngay !
Ta có : $\sqrt{\frac{ab}{(a+b)c}}= \frac{ab}{\sqrt{(a+b)c.ab}}\geq \frac{2ab}{(a+b)c+ab}= \frac{2ab}{ab+bc+ca}$
Tương tự có 2 đánh giá nữa suy ra $Q.E.D$

Bài toán 2.[Trần Nam Dũng]
Ch0 $x,y,z\geq 0$ và đôi một khác nhau.Chứng minh rằng:
$$(xy+yz+zx)\left[\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}\right]\geq 4$$

Cách khác không cần động đến dồn biến toàn miền :
Giả sử $z=min(x,y,z)$ suy ra $x-z> 0,y-z> 0$
Ta có :$\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}]$
$= \frac{1}{(x-y)^2}+\frac{x^2+y^2+2z^2-2xz-2yz}{(x-z)^2(y-z)^2}$
$= \frac{1}{(x-y)^2}+\frac{(x-y)^2+2(x-z)(y-z)}{(x-z)^2(y-z)^2}$$= \frac{1}{(x-y)^2}+\frac{(x-y)^2+2(x-z)(y-z)}{(x-z)^2(y-z)^2}$
$= \frac{1}{(x-y)^2}+\frac{(x-y)^2}{(x-z)^2(y-z)^2}+\frac{2}{(x-z)(y-z)}\geq ^{AM-GM} \frac{2}{(x-z)(y-z)}+\frac{2}{(x-z)(y-z)}$
$= \frac{4}{(x-z)(y-z)}\geq \frac{4}{xy}\geq \frac{4}{xy+yz+zx}$
Nhân chéo lên ta được $Q.E.D$

Cho $n,k$ là các số tự nhiên thỏa mãn n không chia hết cho 3 và $k\geq n$.
Chứng minh rằng luôn tồn tại số nguyên dương t sao cho $t\vdots n$ và $S(t)=k$
$S(t)$ là tổng các chữ số của t

Bài toán:Cho a;b;c là các số thực dương thoả mãn $ab+bc+ca=3$.
CMR:$\frac{a^2}{a^2+bc}+\frac{b^2}{b^2+ac}+\frac{c^2}{c^2+ab}\leq \frac{1}{3}(a^2+b^2+c^2)+\frac{1}{2}$

Để ý rằng $\frac{a^2}{a^2+bc}= 1-\frac{bc}{a^2+bc}$ nên ta có thể viết lại bất đẳng thức thành :
$\frac{bc}{a^2+bc}+\frac{ca}{b^2+ca}+\frac{ab}{c^2+ab}+\frac{1}{3}(a^2+b^2+c^2)\geq 3-\frac{1}{2}= \frac{5}{2}$
Theo $Cauchy-Schwarz$ thì :
$\frac{bc}{a^2+bc}+\frac{ca}{b^2+ca}+\frac{ab}{c^2+ab}\geq \frac{(bc+ca+ab)^2}{bc(a^2+bc)+ca(b^2+ca)+ab(c^2+ab)}$
$= \frac{9}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+abc(a+b+c)}= \frac{9}{(ab+bc+ca)^2-abc(a+b+c)}$
$= \frac{9}{9-abc(a+b+c)}$
Và thế là ta chỉ cần phải chứng minh :
$\frac{9}{9-abc(a+b+c)}+\frac{1}{3}(a^2+b^2+c^2)\geq \frac{5}{2}$
Đặt $a+b+c=p,ab+bc+ca=q=3,abc=r$ $\Rightarrow p^2\geq 3q= 9$
Bất đẳng thức trở thành $\frac{9}{9-pr}+\frac{p^2-2q}{3}\geq \frac{5}{2}\Leftrightarrow \frac{9}{9-pr}+\frac{p^2-6}{3}\geq \frac{5}{2}$
Theo $Schur$ $r\geq \frac{4pq-p^3}{9}= \frac{12p-p^3}{9}$
Dễ rồi

Bài toán 2.
Ch0 $a,b,c,d>0$.Chứng minh:
$$\sqrt{\frac{ab+ac+ad+bc+bd+cd}{6}}\geq \sqrt[3]{\frac{abc+bcd+acd+abd}{3}}$$

Chuẩn hóa : $ab+ac+ad+bc+bd+cd= 6$
Bất đẳng thức trở thành $abc+bcd+cda+dab\leq 4$
WLOG assume $a\geq b\geq c\geq d$
Theo $Cauchy-Schwarz$
$VT^{2}\leq (ab+bc+cd+da)(abc^2+bcd^2+cda^2+dab^2)$
$= (ab+bc+cd+da)[ac(bc+da)+bd(ab+cd)]$
Do $a\geq b\geq c\geq d$ nên dễ thấy $ac\geq bd$ và
$(bc+da)-(ab+cd)= -(a-c)(b-d)\leq 0$ $\Rightarrow ab+cd\leq bc+da$
Thế nên áp dụng $Chebyshev$ ta được
$ac(bc+da)+bd(ab+cd)\leq \frac{(ac+bd)[(bc+da)+(ab+cd)]}{2}$
Từ hai dòng màu đỏ ta có được
$VT^2\leq \frac{(ab+bc+cd+da)^2(ac+bd)}{2}= \frac{(6-ac-bd)^2(2ac+2bd)}{4}$
Mà theo AM-GM $\frac{(6-ac-bd)^2(2ac+2bd)}{4}\leq \frac{1}{4}.[\frac{2(6-ac-bd)+2(ac+bd)}{3}]^3= 16$
Suy ra $VT^2\leq 16\Rightarrow VT\leq 4$

$a = 2$ thì không có n để $n | 2^n - 1$ .

Chả đóng góp đc gì . Thôi thì CM cái này vậy
-n=1 thỏa mãn
Giả sử n>1 là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho $n | 2^n - 1$ .
Theo Euler : $2^{\varphi (n)}-1\vdots n$
Theo bài toán quen thuộc : a,m,n là các số tự nhiên thì $(a^m-1,a^n-1)= a^{(m,n)}-1$
Đặt $d=gcd(n,\varphi (n))$ thì $(2^n-1,2^{\varphi (n)}-1)=2^d-1$
Suy ra $n\mid 2^d-1$ . Do n>1 nên $2^d-1> 1$ suy ra $d> 1$ và $d\leq \varphi (n)< n$
Mà $d\mid n$ nên $d\mid 2^d-1$ .Như vậy d có tính chất bài toán yêu cầu , mà $1< d< n$ ,
điều này mâu thuẫn với định nghĩa số n .
Vậy không tồn tại n>1 để $n | 2^n - 1$

Đây http://diendantoanho...ight-leq-10abc/

Chứng minh $gcd(2^p-1;2^q-1)=1$ khi $gcd(p;q)=1$ và ngược lại

Ta có bài toán quen thuộc : $a,m,n$ là các số tụ nhiên thì : $(a^m-1,a^n-1)=a^{(m,m)}-1$
Áp dụng có ngay Đ.P.C.M

Bài toán :
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $abc=1$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1+ab^2}{c^3}+\dfrac{1+bc^2}{a^3}+\dfrac{1+ca^2}{b^3} \ge \dfrac{18}{a^3+b^3+c^3}$$

Nhân $a^3+b^3+c^3$ ở mẫu lên thì thực chất ta chỉ cần CM 2 BĐT sau :
$\left (a^3+b^3+c^3\right )\left (\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}\right )\geq 9$
và : $(a^3+b^3+c^3)(\frac{ab^2}{c^3}+\frac{bc^2}{c^3}+\frac{ca^2}{c^3})\geq 9$
Cả hai đều đúng theo AM-GM

Trước tiên là ta CM rằng : Với a,b,c t/m đề thì :
$\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{c+a+1}+\frac{c}{a+b+1}+(1-a)(1-b)(1-c)\leq 1$
Thật vậy, giả sử $a=max(a,b,c)$
Từ đó : $\frac{b}{c+a+1}\leq \frac{b}{c+b+1}$
và : $\frac{c}{a+b+1}\leq \frac{c}{c+b+1}$
Mà theo AM-GM thì :
$\frac{(1+b+c)+(1-b)+(1-c)}{3}\geq \sqrt[3]{(1+b+c)(1-b)(1-c)}$
$\Rightarrow 1\geq (1+b+c)(1-b)(1-c)\Rightarrow (1-a)(1-b)(1-c)\leq \frac{1-a}{1+b+c}$
Và như thế ta chỉ cần CM :
$\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{c+b+1}+\frac{c}{c+b+1}+\frac{1-a}{1+b+c}\leq 1$
Nhưng thực chất đây chỉ là một đẳng thức.
Và khi đã có BĐT này thì bài nghiệm nguyên kia vô vị rồi