Chứng minh rằng : $ \frac{x^2+1}{x^4+4x^2+1} +\frac{y^2+1}{y^4+4y^2+1}+\frac{z^2+1}{z^4+4z^2+1} \ge 1 $

Cho $ x,y,z >0 $ thỏa mãn ; $xyz=1$.  Chứng minh rằng :
$$ \frac{x^2+1}{x^4+4x^2+1} +\frac{y^2+1}{y^4+4y^2+1}+\frac{z^2+1}{z^4+4z^2+1} \ge 1 $$
Ta có $\frac{x^2+1}{x^4+4x^2+1} \ge \frac{1}{x^2+x+1}$
Khải triển ra ta có
$x^3+x \geq 2x^2 $
Điều này hiển nhiên đúng theo $AM-GM$. Thiết lập các biểu thức tương tự. Ta quy về chứng minh $$\frac{1}{x^4+x^2+1}+\frac{1}{y^4+y^2+1}+\dfrac{1}{z^4+z^2+1} \ge 1$$
Thay $(x^4;y^4;z^4)$ bởi $(x^2;y^2;z^2)$ ta quy về chứng minh
$$\dfrac{1}{x^2+x+1}+\dfrac{1}{y^2+y+1}+\dfrac{1}{z^2+z+1} \ge 1$$
Tồn tại các số dương $a,b,c$ sao cho $x=\frac{bc}{a^2};\frac{ac}{b^2};z=\frac{ab}{c^2}$ bất đẳng thức cần chứng minh trở thành $$\frac{a^4}{a^4+a^2bc+b^2c^2}+\frac{b^4}{b^4+b^2ac+a^2c^2}+\frac{c^4}{c^4+c^2ab+a^2b^2}\ge 1$$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: $$VT\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(a^4+b^4+c^4)+abc(a+b+c)+(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}$$
$$ \ge \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(a^2+b^2+c^2)^2}=1$$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1\,\, \blacksquare$