Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c + ab + bc + ac = 6. Chứng minh rằng:

Đặt $P=\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}$.

Có a, b, c là các số thực dương, theo bất đẳng thức AM-GM có:

$\left\{\begin{array}{l}\frac{a^3}{b}+ab\ge 2a^2\\ \frac{b^3}{c}+bc\ge 2b^2\\ \frac{c^3}{a}+ac\ge 2c^2\end{array}\right.$.

$\Rightarrow P=\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge 2\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ac\right)$, mà $a+b+c+ab+bc+ac=6$.

$\Rightarrow P\ge 2\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a+b+c\right)-6$.

Có ${\left(a-b\right)}^2+{\left(b-c\right)}^2+{\left(a-c\right)}^2\ge 0$$\Rightarrow 2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge 2\left(ab+bc+ca\right)$$\Rightarrow 3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge {\left(a+b+c\right)}^2$.

Suy ra $P\ge \frac{2}{3}{\left(a+b+c\right)}^2+\left(a+b+c\right)-6$.

Có $ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2$$\Rightarrow 3\left(ab+bc+ac\right)\le {\left(a+b+c\right)}^2$.

Do đó $6=a+b+c+ab+bc+ac\le a+b+c+\frac{1}{3}{\left(a+b+c\right)}^2$$\Rightarrow \frac{1}{3}{\left(a+b+c\right)}^2+\left(a+b+c\right)-6\ge 0$.$\Rightarrow \left(a+b+c\right)\ge 3$, ${\left(a+b+c\right)}^2\ge 9$.

Suy ra $P\ge \frac{2}{3}.9+3-6=3$. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c.

Vậy $\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge 3$.