## Đề bài
Cho $a, b, c$ là các số dương thỏa mãn $abc = 1$. Chứng minh:
$$\frac{1}{a^3(b + c)} + \frac{1}{b^3(c + a)} + \frac{1}{c^3(a + b)} \ge \frac{3}{2} \ \ (*).$$

---

### Cách 1
Bất đẳng thức tương đương:$$\frac{abc}{a^3(b + c)} + \frac{abc}{b^3(c + a)} + \frac{abc}{c^3(a + b)} \ge \frac{3}{2}$$

$$\Leftrightarrow \frac{bc}{a^2(b + c)} + \frac{ca}{b^2(c + a)} + \frac{ab}{c^2(a + b)} \ge \frac{3}{2}.$$
Đặt $x = \frac{1}{a}$, $y = \frac{1}{b}$, $z = \frac{1}{c} \Rightarrow xyz = \frac{1}{abc} = 1$, bất đẳng thức trên trở thành:
$$\frac{x^2}{y + z} + \frac{y^2}{x + z} + \frac{z^2}{x + y} \ge \frac{3}{2}.$$

### Cách 1.1
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho 2 bộ số $\left( \sqrt{y + z}; \sqrt{z + x}; \sqrt{x + y} \right)$ và $\left( \frac{x}{\sqrt{y + z}}; \frac{y}{\sqrt{x + z}}; \frac{z}{\sqrt{x + y}} \right)$:

$$\left( \sqrt{y + z} \cdot \frac{x}{\sqrt{y + z}} + \sqrt{z + x} \cdot \frac{y}{\sqrt{x + z}} + \sqrt{x + y} \cdot \frac{z}{\sqrt{x + y}} \right)^2$$
$$ \le (y + z + z + x + x + y) \left( \frac{x^2}{y + z} + \frac{y^2}{x + z} + \frac{z^2}{x + y} \right)$$
$$\Leftrightarrow (x + y + z)^2 \le 2(x + y + z) \left( \frac{x^2}{y + z} + \frac{y^2}{x + z} + \frac{z^2}{x + y} \right)$$
$$ \Leftrightarrow \frac{x^2}{y + z} + \frac{y^2}{x + z} + \frac{z^2}{x + y} \ge \frac{(x + y + z)^2}{2(x + y + z)} = \frac{x + y + z}{2}$$
$$\stackrel{Cauchy}{\ge} \frac{3\sqrt[3]{xyz}}{2} = \frac{3}{2}.$$

Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi $x = y = z = 1$ tức là $a = b = c = 1$.

### Cách 1.2
Vì $a, b, c > 0$ theo đề bài nên $x, y, z > 0$, suy ra:
$$\frac{x^2}{y + z} > \frac{x}{y + z}; \ \frac{x^2}{y + z} > \frac{x}{y + z}; \ \frac{x^2}{y + z} > \frac{x}{y + z}.$$
Cộng vế với vế:
$$\frac{x^2}{y + z} + \frac{y^2}{x + z} + \frac{z^2}{x + y} \ge \frac{x}{y + z} + \frac{y}{x + z} + \frac{z}{x + y} \stackrel{Nesbitt}{\ge} \frac{3}{2} \Rightarrow đpcm.$$
Dấu "=" xảy ra khi $x = y = z = 1$ hay $a = b = c = 1$.

### Cách 2:
Cũng đặt $x = \frac{1}{a}$, $y = \frac{1}{b}$, $z = \frac{1}{c}$, cần chứng minh:

$$\frac{x^3yz}{y + z} + \frac{y^3xz}{x + z} + \frac{z^3xy}{x + y} \ge \frac{3}{2}.$$
Thật vậy, đặt $xyz$ làm nhân tử chung, ta được:
$$xyz\left(\frac{x^2}{y + z} + \frac{y^2}{x + z} + \frac{z^2}{x + y}\right) \ge \frac{3}{2}.$$
Do $xyz > 0$ nên ta chứng minh biểu thức trong ngoặc lớn hơn hoặc bằng $\frac{3}{2}$, làm như **cách 1.2**.

### Cách 3
Không mất tổng quát, giả sử $x \ge y \ge z > 0$ (hay $0 < a \le b \le c$).
$$\Rightarrow \frac{x}{y+z} \ge \frac{y}{z+x} \ge \frac{z}{x+y} > 0.$$
Áp dụng bất bất đẳng thức Chebyshev:
$$\frac{x^2}{y + z} + \frac{y^2}{x + z} + \frac{z^2}{x + y} \ge \frac{1}{3}(x + y + z)\left(\frac{1}{y + z} + \frac{1}{x + z} + \frac{1}{x + y}\right)$$
$$\stackrel{\textrm{AM-GM nghịch đảo}}{\ge} \frac{1}{3}(x + y + z) \cdot \frac{9}{2(x + y + z)} = \frac{3}{2}.$$
Dấu "=" $\Leftrightarrow a = b = c = 1$.