已知 $a,b,c>0$ 且 $abc=1$，求证：$\displaystyle \sum_{cyc}\dfrac{a^3}{a^2+b+c}\geqslant 1$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
由柯西不等式，可得\[\sum_{cyc}\dfrac{a^3}{a^2+b+c}\geqslant \dfrac{\left(\sum_{cyc}a^2\right)^2}{\sum_{cyc}\left(a^3+ab+ac\right)}=\dfrac{\sum_{cyc}a^4+2\sum_{cyc}a^2b^2}{\sum_{cyc}a^3+2\sum_{cyc}ab},\]而由切比雪夫不等式，可得\[\sum_{cyc}\left(a^3\cdot a\right)\geqslant \sum_{cyc}a^3\cdot \dfrac{a+b+c}3\geqslant \sum_{cyc}a^3,\]且\[\sum_{cyc}(ab\cdot ab)\geqslant \sum_{cyc}ab\cdot \dfrac {ab+bc+ca}3\geqslant \sum_{cyc}ab,\]因此\[\dfrac{\left(\sum_{cyc}a^2\right)^2}{\sum_{cyc}\left(a^3+ab+ac\right)}=\dfrac{\sum_{cyc}a^4+2\sum_{cyc}a^2b^2}{\sum_{cyc}a^3+2\sum_{cyc}ab}\geqslant 1,\]原命题得证．
答案
解析
备注
