e) thiết nghĩ bdtd cũng là 1 cách hay
bdt⇔∑cyc(1c−a+bc2+ab)≥0
⇔∑cycc2+ab−c(a+b)a(a2+bc)≥0
⇔(a−c)(b−c)c(c2+ab)−(a−b)(b−c)b(b2+ac)+(a−c)(a−b)c(a2+bc)≥0
⇔[(a−b)+(b−c)](b−c)c(c2+ab)−(a−b)(b−c)b(b2+ac)+[(a−b)+(b−c)](a−b)a(a2+bc)≥0
⇔(b−c)2c(c2+ab)+(a−b)2c(a2+bc)+(a−b)(b−c)[1c(c2+ab)−1b(b2+ac)+1a(a2+bc)]≥0
Bất đẳng thức trên đúng nếu ta giả sử a≥b≥c