Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng
$$\sqrt{3a^3+4bc+b+c}+\sqrt{3b^3+4ca+c+a}+\sqrt{3c^3+4ab+a+b}\ge 9.$$

——————– HẾT ——————–
* Thí sinh KHÔNG được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay;
* Giám thị KHÔNG giải thích gì thêm.

LỜI GIẢI.
Cách 1. Trước tiên, ta sẽ chứng minh bài toán phụ và cũng là bài toán gốc cho bài toán trong đề thi như sau.
Cho $a,b,c$ là các số thực không âm, thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh
$$\sum \sqrt{a^3+2bc}\ge 3\sqrt{3}.$$

Áp dụng bất đẳng thức Holder, ta có
$$\sum \sqrt{a^3+2bc}\sum \sqrt{a^3+2bc}\sum (a^2+2bc)(a+2b)$$
$$⩾{\left(\sum \sqrt[3]{(a^3+2bc)(a^2+2bc)(a+2b)}\right)}^3$$
$$⩾{\left(\sum \sqrt[3]{(a^2+2bc{)}^3}\right)}^3=(a+b+c{)}^6=3^6.$$

Lúc này, ta cần chứng minh
$$\sum (a^2+2bc)(a+2b)⩽27.$$

Khai triển và chứng minh, ta được
$$\sum a^3+2abc\cdot \sum a+6abc+4\sum b^2{c}^2⩽27.$$

Sử dụng biến đổi đại số, ta có
$$\sum a\sum a^3+12abc\sum a+12\sum a^2{b}^2⩽(a+b+c{)}^4.$$

Bất đẳng thức này tương đương
$$\sum a\sum a^3+12abc\sum a+12\sum a^2{b}^2⩽\sum a\sum a^3+3\sum ab(a^2+b^2)+6\sum a^2{b}^2+12abc\sum a.$$

Điều này tương đương với
$$\sum ab(a-b{)}^2⩾0,\text{ luoˆn đuˊng.}$$

Quay trở lại bài toán. Áp dụng bất đẳng thức cần chứng minh
$$\sum \sqrt{3a^2+4bc+b+c-a+3}⩾9.$$

Vì $(a^2-1)(a-1)⩾0$, ta suy ra $a^3-a+3⩾a^2+2$. Do đó
$$VT=\sum \sqrt{3a^3+4bc-a+3}⩾\sum \sqrt{2a^3+4bc+a^2+2}.$$

Áp dụng bất đẳng thức Minkopxki và bất đẳng thức phụ chứng minh trên, ta suy ra
$$VT⩾\sqrt{{\left(\sum \sqrt{2a^3+4bc}\right)}^2+(a+b+c{)}^2+(3\sqrt{2}{)}^2}⩾\sqrt{54+9+18}=9$$

Vậy
$$\sum \sqrt{3a^2+4bc+b+c}⩾9.$$

Bài toán được chứng minh.

Cách 2. Cũng là cách chứng minh bất đẳng thức phụ, ta có thể làm tương tự như sau. Trước hết, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
$$(3a^3+4bc+b+c)(3a+4bc+b+c)⩾(3a^2+4bc+b+c{)}^2,$$

hay là
$$3a^3+4bc+b+c⩾\frac{(3a^2+4bc+b+c{)}^2}{3a+4bc+b+c}=\frac{(3a^2+4bc+b+c{)}^2}{2a+4bc+3}.$$

Do đó, suy ra được
$$VT⩾\sum \frac{3a^2+4bc+b+c}{\sqrt{2a+4bc+3}}.$$
Tiếp theo, sử dụng bất đẳng thức Holder để khử căn và mẫu, ta có
$$V{T}^2\cdot \sum (2a+4bc+3)(3a^2+4bc+b+c)⩾{\left(\sum (3a^2+4bc+b+c)\right)}^3.$$
Do đó, quy về chứng minh
$${\left(\sum (3a^2+4bc+b+c)\right)}^3⩾81\sum (2a+4bc+3)(3a^2+4bc+b+c).$$
Đặt $q=ab+bc+ca$ và $r=abc$, khi đó
$$(a^2+b^2+c^2+24{)}^3⩾81\left(6\sum a^3+16\sum a^2{b}^2+18\sum a^2+16\sum ab+4\sum (a^{2}b+a{b}^2)+60abc\right),$$
$$\iff (33-2q{)}^3⩾81\left(6(27-9q+3r)+16(q^2-2r)+18(9-2q)+16q+4(3q-3r)+60r\right),$$
$$\iff (33-2q{)}^3⩾81\left(16q^2-44q-30r+261\right).$$
Tiếp tục dùng bất đẳng thức Schur $9r⩾12q-27$, ta quy về chứng minh
$$(33-2q{)}^3+9\cdot 30(12q-27)⩾81\left(16q^2-44q+261\right),$$
hay tương đương:
$$(3-q)(4q^2+462q+1251)⩾0.$$
Đánh giá cuối cùng đúng vì theo bất đẳng thức AM-GM ta có $q⩽3$. Do đó, bài toán đã được giải quyết.