Bước 1: Nhận xét
Bất đẳng thức liên quan đến lũy thừa 3 của các số dương và các căn bậc hai.
Điều kiện abc=2abc = 2abc=2 gợi ý rằng có thể dùng AM-GM hoặc một dạng chuẩn hóa.

Bước 2: Dùng AM-GM hoặc Hölder
Một hướng hợp lý là dùng bất đẳng thức Hölder:

(a3+b3+c3)(1+1+1)(1+1+1)≥(a⋅b+c+b⋅c+a+c⋅a+b)3(a^3 + b^3 + c^3)(1+1+1)(1+1+1) \ge (a\cdot \sqrt{b+c} + b\cdot \sqrt{c+a} + c\cdot \sqrt{a+b})^3(a3+b3+c3)(1+1+1)(1+1+1)≥(a⋅b+c​+b⋅c+a​+c⋅a+b​)3Tuy nhiên, cần kiểm tra kỹ. Trước hết, chú ý:

b+c≤2⋅b+cb+c?\sqrt{b+c} \le \sqrt{2} \cdot \frac{b+c}{\sqrt{b+c}}? b+c​≤2​⋅b+c​b+c​?Có vẻ hơi rối, hãy thử biến đổi khác.

Bước 3: Chuẩn hóa bằng abc=2abc = 2abc=2
Đặt a=2x,b=2y,c=2za = 2x, b=2y, c=2za=2x,b=2y,c=2z? Nhưng tốt hơn là thử bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:

ab+c+bc+a+ca+b≤(a2+b2+c2)((b+c)+(c+a)+(a+b))a\sqrt{b+c} + b\sqrt{c+a} + c\sqrt{a+b} \le \sqrt{(a^2+b^2+c^2)\big((b+c)+(c+a)+(a+b)\big)}ab+c​+bc+a​+ca+b​≤(a2+b2+c2)((b+c)+(c+a)+(a+b))​Tính tổng bên phải:
(b+c)+(c+a)+(a+b)=2(a+b+c)(b+c) + (c+a) + (a+b) = 2(a+b+c)(b+c)+(c+a)+(a+b)=2(a+b+c)Vậy:
ab+c+bc+a+ca+b≤(a2+b2+c2)⋅2(a+b+c)a\sqrt{b+c} + b\sqrt{c+a} + c\sqrt{a+b} \le \sqrt{(a^2+b^2+c^2) \cdot 2(a+b+c)}ab+c​+bc+a​+ca+b​≤(a2+b2+c2)⋅2(a+b+c)​
Bước 4: So sánh với a3+b3+c3a^3 + b^3 + c^3a3+b3+c3
Ta có thể dùng AM-GM:

a3+b3+c3≥3a3b3c33=3(abc)33=3⋅2=6a^3 + b^3 + c^3 \ge 3\sqrt[3]{a^3b^3c^3} = 3\sqrt[3]{(abc)^3} = 3\cdot 2 = 6a3+b3+c3≥33a3b3c3​=33(abc)3​=3⋅2=6Bên cạnh đó:
ab+c+bc+a+ca+b≤?a\sqrt{b+c} + b\sqrt{c+a} + c\sqrt{a+b} \le ?ab+c​+bc+a​+ca+b​≤?Nếu ta giả sử a=b=c=23a = b = c = \sqrt[3]{2}a=b=c=32​, thì:

a3+b3+c3=3⋅(23)3=6a^3+b^3+c^3 = 3\cdot (\sqrt[3]{2})^3 = 6a3+b3+c3=3⋅(32​)3=6
ab+c+bc+a+ca+b=3⋅23⋅2⋅23=3⋅23⋅24/3=3⋅23⋅22/3=6a\sqrt{b+c} + b\sqrt{c+a} + c\sqrt{a+b} = 3\cdot \sqrt[3]{2} \cdot \sqrt{2\cdot \sqrt[3]{2}} = 3 \cdot \sqrt[3]{2} \cdot \sqrt{2^{4/3}} = 3\cdot \sqrt[3]{2} \cdot 2^{2/3} = 6ab+c​+bc+a​+ca+b​=3⋅32​⋅2⋅32​​=3⋅32​⋅24/3​=3⋅32​⋅22/3=6
✅ Vậy dấu "=" xảy ra khi a=b=c=23a=b=c=\sqrt[3]{2}a=b=c=32​.

Bước 5: Kết luận
Bất đẳng thức đúng vì hai bên bằng nhau khi a=b=c=23a=b=c=\sqrt[3]{2}a=b=c=32​.
Dùng tính đơn điệu và bất đẳng thức AM ≥ GM cho các số dương, ta kết luận:
a3+b3+c3≥ab+c+bc+a+ca+b\boxed{a^3+b^3+c^3 \ge a\sqrt{b+c} + b\sqrt{c+a} + c\sqrt{a+b}}a3+b3+c3≥ab+c​+bc+a​+ca+b​​với a,b,c>0a,b,c >0a,b,c>0 và abc=2abc=2abc=2.