Probablemente, usted ya tiene la solución que se esperaba (desde la primaria álgebra) en las otras respuestas. Así que, voy a darle una diferente de la prueba (de Cálculo Multivariable). En concreto, voy a utilizar el Método de Multiplicadores de Lagrange para demostrar los siguientes
Resultado: Dados los números positivos $a$, $b$, $c$ y $d$$a+b+c=1$, tenemos
$$\left(\frac{1}{a+d}+1\right)\left(\frac{1}{b+d}+1\right)\left(\frac{1}{c+d}+1\right)\geq\left(\frac{1}{\frac{1}{3}+d}+1\right)^3\tag{$*$}$$
Observación 1: Dejando $d\to 0$$(*)$, obtenemos
$$\left(\frac{1}{a}+1\right)\left(\frac{1}{b}+1\right)\left(\frac{1}{c}+1\right)\geq\left(\frac{1}{\frac{1}{3}}+1\right)^3=64$$
como usted desea.
Observación 2: El mismo enfoque puede ser utilizado para demostrar que para cualesquiera números positivos $x_1,...,x_n$ $x_1+\cdots+x_n=c$ hemos
$$\left(\frac{1}{x_1}+1\right)\left(\frac{1}{x_2}+1\right)\cdots\left(\frac{1}{x_n}+1\right)\geq \left(\frac{n}{c}+1\right)^n$$
(Vea aquí el caso de $n=2$.)
Prueba de Resultado: Deje $d>0$$U=\{(a,b,c);\;a>0,\;b>0,\;c>0\}$. Definir $f:U\to\mathbb{R}$$\varphi:U\to \mathbb{R}$$f(a,b,c)=\left(\frac{1}{a+d}+1\right)\left(\frac{1}{b+d}+1\right)\left(\frac{1}{c+d}+1\right)$$\varphi(a,b,c)=a+b+c$.
A continuación,
$$\nabla f(a,b,c)=-\left(\tfrac{1}{A^2}\left(\tfrac{1}{B}+1\right)\left(\tfrac{1}{C}+1\right),\tfrac{1}{B^2}\left(\tfrac{1}{A}+1\right)\left(\tfrac{1}{C}+1\right),\tfrac{1}{C^2}\left(\tfrac{1}{A}+1\right)\left(\tfrac{1}{B}+1\right)\right)$$
donde $A=a+d$, $B=b+d$ y $C=c+d$, e $\nabla\varphi(a,b,c)=(1,1,1)$.
De ello se deduce a partir de los Multiplicadores de Lagrange Método que:
$$(a,b,c)\in \varphi^{-1}(1)\text{ is a critical point of } f\quad\Longleftrightarrow\quad\nabla f(a,b,c)=\lambda \nabla \varphi(a,b,c) \text{ for some } \lambda\in\mathbb{R}$$
$$\Longleftrightarrow \qquad\frac{1}{A^2}\left(\frac{1}{B}+1\right)\left(\frac{1}{C}+1\right)
=\frac{1}{B^2}\left(\frac{1}{A}+1\right)\left(\frac{1}{C}+1\right)
=\frac{1}{C^2}\left(\frac{1}{A}+1\right)\left(\frac{1}{B}+1\right)$$
$$\Longleftrightarrow\qquad \left\{ \begin{align}\frac{1}{A^2}\left(\frac{1}{B}+1\right)
&=\frac{1}{B^2}\left(\frac{1}{A}+1\right)\\
\frac{1}{A^2}\left(\frac{1}{C}+1\right)
&=\frac{1}{C^2}\left(\frac{1}{A}+1\right)\\
\frac{1}{B^2}\left(\frac{1}{C}+1\right)
&=\frac{1}{C^2}\left(\frac{1}{B}+1\right)\end{align}\right.$$
$$\Longleftrightarrow\qquad\left\{\begin{align}
B+B^2&=A+A^2\\
C+C^2&=A+A^2\\
C+C^2&=B+B^2
\end{align}\right.$$
$$\Longleftrightarrow\qquad\left\{\begin{align}
B-A&=A^2-B^2=-(A+B)(B-A)\\
C-A&=A^2-C^2=-(A+C)(C-A)\\
C-B&=B^2-C^2=-(B+C)(C-B)
\end{align}\right.$$
$$\Longleftrightarrow\quad A=B=C$$
$$\Longleftrightarrow\quad a=b=c=\frac{1}{3}$$
Por eso, $q=(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3})$ es el único punto crítico de $f$$\varphi^{-1}(1)$.
La expresión de $f(a,b,c)$ define una función continua $g$ $$\overline{\varphi^{-1}(1)}=\{(a,b,c);\;a\geq 0,\;b\geq 0,\;c\geq 0,\;a+b+c=1\}.$$
Desde $\overline{\varphi^{-1}(1)}$ es compacto, $g$ alcanza el mínimo en algún punto de $p=(p_1,p_2,p_3)\in \overline{\varphi^{-1}(1)}$.
Si $p\in \overline{\varphi^{-1}(1)}\setminus {\varphi^{-1}(1)}$ $p_1=0$ o $p_2=0$ o $p_3=0$. Suponga $p_1=0$. Entonces
$$\left(\frac{1}{a+d}+1\right)\left(\frac{1}{b+d}+1\right)\left(\frac{1}{c+d}+1\right)\geq \left(\frac{1}{d}+1\right)\left(\frac{1}{p_2+d}+1\right)\left(\frac{1}{p_3+d}+1\right)$$
lo cual es una contradicción (porque dejando $d\to 0$, la PREPA se va a alguna constante y la RHS va a $\infty$). De ello se desprende que $p_1\neq 0$ es imposible. El mismo argumento muestra que el$p_2\neq 0$$p_3\neq0$. Por lo tanto, $p\in\varphi^{-1}(1)$. Desde $g=f$$\varphi^{-1}(1)$, llegamos a la conclusión de que $f$ alcanza el mínimo en $\varphi^{-1}(1)$. Por lo tanto, el valor mínimo de $f$ $\varphi^{-1}(1)$ $f(q)$ (debido a $q$ es el único punto crítico de $f$$\varphi^{-1}(1)$).
Por lo tanto, para todos los $(a,b,c)\in\varphi^{-1}(1)$ hemos
$$f(a,b,c)\geq f\left(\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3}\right)\tag{#}$$
Como $(\text{#})$$(*)$, la prueba está completa. $\Box $
