huyphamvan

Để thuận tiện hơn em đặt theo các biến mới:
$ m= \dfrac{1}{x+1} ; n=\dfrac{1}{y+1}; p=\dfrac{1}{z+1};  ( 0<m,n,p<1) $
Do $ xyz=1 $ nên $ mnp=(1-m)(1-n)(1-p) \Leftrightarrow 2mnp=1-S+Q $ trong đó $ S=m+n+p; Q=mn+np+pm $
$ S-1 < Q \leq \dfrac{S^2}{3} $
Ta cần chứng minh:
$ m^3+n^3+p^3+5mnp \geq 1 \\ \Leftrightarrow 8mnp+S^3-3SQ \geq 1 \\ \Leftrightarrow S^3-4S+3 \geq (3S-4)Q $
TH1: $ S<1 $ . Ta có:
$ S^3-4S+3=(1-S)(3-S-S^2) \geq 0 \geq (3S-4)Q $
TH2: $ 1< S < \dfrac{4}{3} $. Ta có:
$ S^3-4S+3- (3S-4)Q > S^3-4S+3 - (3S-4)(S-1)=(S-1)^3>0 $
TH3: $ S \geq \dfrac{4}{3} $. Ta có:
$ S^3-4S+3- (3S-4)Q \geq S^3-4S+3- (3S-4) \dfrac{S^2}{3} = \dfrac{(2S-3)^2}{3} \geq 0 $
Phép chứng minh hoàn tất $ \square $

Đặt $ x=\dfrac{b}{a} ; y=\dfrac{c}{b} ; z=\dfrac{a}{c} $. Đưa bài toán về chứng minh:
$ \sum \dfrac{1}{(x+1)^3} +\dfrac{5}{(x+1)(y+1)(z+1)} \geq 1 $ với $ x,yz >0 $ thoả $ xyz=1 $
 

Sử dụng bất đẳng thức $\text{AM-GM}$. ta có:
$a+b+c \geq 3 \sqrt[3]{abc}=3$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$a^2+b^2+c^2 +3 \geq 2(ab+bc+ca) \\\Leftrightarrow   a^2+b^2+c^2+2abc+1 \geq 2(ab+bc+ca)$
Sử dụng BĐT $\text{AM-GM}$ ta được:
$a^2+b^2+c^2+abc+abc+1 \geq a^2+b^2+c^2+3 \sqrt[3]{a^2b^2c^2} = a^2+b^2+c^2+ \dfrac{3abc}{\sqrt[3]{abc}} \geq a^2+b^2+c^2+\dfrac{9abc}{a+b+c}$
Ta cần chứng minh:
$a^2+b^2+c^2+\dfrac{9abc}{a+b+c} \geq 2(ab+bc+ca)$
Đây chính là BĐT $\text{Schur}$ bậc 3.

Mình cũng chưa thấy dạng liên hợp cao hơn $k=4$ 

Đoạn cuối em có thể ko cần giả sử, chỉ cần thiết lập các đánh giá bằng bất đẳng thức $\text{Minkowski}$ tương tự là được.