Posted by
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=1$
Chứng minh rằng : $\frac{a^2(b+1)}{b(a^2+ab+b^2)}+\frac{b^2(c+1)}{c( b^2+bc+c^2)}+\frac{c^2(a+1)}{a(c^2+ca+a^2)} \geq \frac{6}{a+b+c}$
Cách của mình riêng mình thấy hơi dài dòng 
K biết có ai có cách ngắn hơn không nữa
Ta có : $VT = \sum \frac{a^{2}(b+1)}{b(a^{2}+ab+b^{2})} = \sum \frac{1}{b}-\sum \frac{a+b-a^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}} = \sum \frac{1}{b} - \sum \frac{a+b}{a^{2}+ab+b^{2}} + \sum \frac{a^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}$
Ta có bđt phụ sau : $a^{2}+ab+b^{2}=\frac{3}{4}(a+b)^{2} + \frac{1}{4}(a-b)^{2} \geq \frac{3}{4}(a+b)^{2}$
=> VT $\geq \sum \frac{1}{a} - \sum \frac{4}{3(a+b)} + \sum \frac{a^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \sum \frac{1}{a} - \sum \frac{2}{3a} + \sum \frac{a^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}} = \sum \frac{1}{3a} + \sum \frac{a^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}} \geq \frac{3}{a+b+c} + \sum \frac{a^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}$ ( Áp dụng bất đẳng thức $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4}{a+b} => \frac{1}{3a} + \frac{1}{3b}\geq \frac{4}{3(a+b)}$ )
=> Ta cần chứng minh : $\frac{3}{a+b+c} + \sum \frac{a^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{6}{a+b+c} <=> \frac{a^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{3}{a+b+c}$
Do : $\sum \frac{a^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq 1$ ( Cái này bạn có thể tìm trên VMF có người chứng minh rồi đấy )
Và : $\frac{3}{a+b+c}\leq 1$ ( AM-GM)
=> Q.E.D
) Có fải cm $x^{200} +x^{100}$ chia hết cho $x^4 + x^2 + 1$ đâu ạ 
