Đáp án:

Giải thích các bước giải:

 Ta có$\frac{1}{a^3(b+c)}=\frac{b^2c^2}{a(b+c)}$ (do $abc=1$ nên $\frac{1}{a^2}=b^2c^2$)

tương tự $\frac{1}{b^3(c+a)}=\frac{a^2c^2}{b(c+a)}$  và$\frac{1}{c^3(a+b)}=\frac{a^2b^2}{c(a+b)}$

Đặt $ab=x$, $bc=y$ và $ca=z$. $\Rightarrow xyz=1$

Suy ra

$\frac{1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(c+a)}+\frac{1}{c^3(a+b)}=\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}$

Từ đó ta có điều phải chứng minh là $\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y} \ge \frac{3}{2}$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có $\frac{x^2}{y+z}+\frac{y+z}{4} \ge x$ tương tự $\frac{y^2}{x+z}+\frac{x+z}{4} \ge y$ và $\frac{z^2}{x+y}+\frac{x+y}{4} \ge z$ 

Cộng lần lượt các bất đẳng thức ta được: $\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y} \ge \frac{x+y+z}{2} \ge \frac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}=\frac{3}{2}$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

$\text{Chúc học tốt}$

Do: $abc=1$

Áp dụng BĐT cô- si, ta có:

$\dfrac{1}{a^3(b+c)}+\dfrac{1}{b^3(c+a)}+\dfrac{1}{c^3(a+b)}\ge 3\sqrt[3]{\dfrac{1}{a^3(b+c).b^3(c+a).c^3(a+b)}}$

$\to \dfrac{1}{a^3(b+c)}+\dfrac{1}{b^3(c+a)}+\dfrac{1}{c^3(a+b)}\ge 3\sqrt[3]{\dfrac{1}{a^3b^3c^3(a+b)(b+c)(c+a)}}$

$\to \dfrac{1}{a^3(b+c)}+\dfrac{1}{b^3(c+a)}+\dfrac{1}{c^3(a+b)}\ge 3\sqrt[3]{\dfrac{1}{2.\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ca}}}$

$\to \dfrac{1}{a^3(b+c)}+\dfrac{1}{b^3(c+a)}+\dfrac{1}{c^3(a+b)}\ge \dfrac{3}{2.abc}$

$\to \dfrac{1}{a^3(b+c)}+\dfrac{1}{b^3(c+a)}+\dfrac{1}{c^3(a+b)}\ge \dfrac{3}{2} (đpcm)$