nilll gate

$$\frac{1}{b^2+bc+c^2}+\frac{1}{c^2+ca+a^2}+\frac{ 1}{a^2+ab+b^2} \geq \frac{9}{(a+b+c)^2}$$
Thêm một cách cổ điển cho phong phú:
Giả sử $a\ge b\ge c>0.$ Khi đó
\[\begin{aligned}BĐT\iff &\sum \dfrac{b^2+bc+c^2+(a-b)(a-c)+3a(b+c)}{b^2+bc+c^2}\ge 9\\
\iff &\sum \dfrac{(a-b)(a-c)}{b^2+bc+c^2}+3\sum \dfrac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2}\ge 6\\
\iff &\dfrac{(a-b)^2(a^2+ab+b^2)}{(b^2+bc+c^2)(a^2+ac+c^2)}+ \dfrac{(c-a)(c-b)}{a^2+ab+b^2}+3\sum \dfrac{bc(b-c)^2}{(a^2+ab+b^2)(a^2+ac+c^2)}\ge 0\end{aligned}\]
Hiển nhiên đúng. Vậy ta có điều phải chứng minh!

Cho $a,b,c >0$, Chứng minh rằng :

$$\frac{1}{b^2+bc+c^2}+\frac{1}{c^2+ca+a^2}+\frac{ 1}{a^2+ab+b^2} \geq \frac{9}{(a+b+c)^2}$$

Sử dụng bđt AM-GM ta có:
$\frac{1}{a^2+ab+b^2} = \frac{ab+bc+ca}{(a^2+ab+b^2)(ab+bc+ca)} \ge \frac{4(ab+bc+ca)}{(a^2+ab+b^2+ab+bc+ca)^2} = \frac{4(ab+bc+ca)}{((a+b)^2+c(a+b))^2} = \frac{4(ab+bc+ca)}{(a+b)^2(a+b+c)^2}$
Từ đó ta có $\frac{1}{b^2+bc+c^2}+\frac{1}{c^2+ca+a^2}+\frac{1 }{a^2+ab+b^2} \ge \sum \frac{4(ab+bc+ca)}{(a+b)^2(a+b+c)^2}$.
Giờ ta chỉ cần chứng minh
$\sum \frac{4(ab+bc+ca)}{(a+b)^2(a+b+c)^2} \ge \frac{9}{(a+b+c)^2}$ là xong. Tương đương với $\sum \frac{1}{(a+b)^2} \ge \frac{9}{4(ab+bc+ca)}$ đây là 1 bđt quen thuộc.