Đặt \(a+b+c=p ; abc=r\) (với \(p\ge\sqrt{3(ab+bc+ca)}=3\))

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 

\(10r+p^3-9p-10\ge0\)

Nếu \(p \ge 2\sqrt{3}\) thì ta có:

\(p^3-9p-10 \ge 3p-10 \ge 6\sqrt{3}-10>0\)

Nếu \(2\sqrt{3}\ge p \ge 3\) thì áp dụng bất đẳng thức Schur bậc 3, ta có:

                                             \(r \ge \frac{p(12-p^2)}{9}\)

Vì vậy, 

\(10r+p^3-9p-10 \ge \frac{10p(12-p^2)}{9}+p^3-9p-10= \frac{(p-3)(30-p^2-3p)}{9}\)

Mặt khác: \(30-p^2-3p \ge 30-(2\sqrt{3})^2-3.2\sqrt{3}=18-6\sqrt{3}>0\)

=> Bất đẳng thức đã được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Ta có theo bđt Schur: \(a^3+b^3+c^3+6abc\)\(\geq (a+b+c)(ab+ca+bc)\) 

Đặt \(a+b+c\)\(=p\); \(ab+bc+ca\)\(=q\)\(=3\); \(abc\)\(= r\)

Ta chứng minh \(3p+r\)\(\geq 10\) (1)

Ta có \(r\)\(\geq 12p-p^3/9\)

Ta chứng minh \(3p+\dfrac {12p-p^3}{9}\)\(\geq 10\)

⇔ \(39p-p^3\)\(\geq 90\)

⇔ \((p-3)(30-3p-p^2)\)\(\geq0\) (2)

Ta có \(p^2\)\(\geq3q\) suy ra \(p\)\(\geq3\)

Với \(p\)\(\geq4\) (1) luôn đúng do \(3p\)\(\geq 12\) 

Với \(p\)\(\leq4\) (2) đúng

Tóm lại  \(3p+r\)\(\geq 10\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)\(=1\)