My solution
พิจารณาว่า $a^3+b^2+c+3 = (a^3+1+1)+(b^2+1)+c \geq 3a+2b+c$ โดย $AM-GM$
ดังนั้น
$$\frac {a}{a^3 + b^2 + c + 3} + \frac {b}{b^3 + c^2 + a + 3} + \frac {c}{c^3 + a^2 + b + 3} \leq \sum_{cyclic}\frac{a}{3a+2b+c}$$
จะต้องพิสูจน์ว่า
$$\sum_{cyclic}\frac{a}{3a+2b+c} \leq \frac{1}{2}$$
ซึ่งเป็นจริงก็ต่อเมื่อ
$$-\sum_{cyclic}\frac{a}{3a+2b+c} \geq -\frac{1}{2}$$
$$\leftrightarrow \sum_{cyclic}(\frac{1}{3}-\frac{a}{3a+2b+c}) \geq \frac{1}{2}$$
$$\leftrightarrow \sum_{cyclic}\frac {2b + c}{9a + 6b + 3c} \geq \frac {1}{2}....................(*)$$
จากอสมการ $Cauchy-Schwarz$ จะได้ว่า
$$\sum_{cyclic}\frac {2b + c}{9a + 6b + 3c}=\sum_{cyclic}(\frac {b^2}{9ab + 6b^2 + 3bc} + \frac {b^2}{9ab + 6b^2 + 3bc} + \frac {c^2}{9ac + 6bc + 3c^2})$$
$$\geq \frac {9(a + b + c)^2}{15(a^2 + b^2 + c^2) + 39(ab + bc + ca)} \geq \frac {1}{2}$$
(เพราะว่า $a^2+b^2+c^2 \geq ab+bc+ca$)
ดังนั้น $(*)$ เป็นจริง
จะได้ว่า
$$\frac {a}{a^3 + b^2 + c + 3} + \frac {b}{b^3 + c^2 + a + 3} + \frac {c}{c^3 + a^2 + b + 3}\leq\frac {1}{2}$$
ทุก ๆ $a,b,c \in R^+$
