Cách 1:

Ta đi chứng minh bất đẳng thức sau:

$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \geq \frac{9}{a+b+c}$$\Leftrightarrow a+b+c + \sum \dfrac{a^2}{b} + \sum \dfrac{ab}{c} \ge 9$

Bổ đề: $\sum \dfrac{ab}{c} \ge \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$ và $\sum \dfrac{a^2}{b} \ge \dfrac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}$

$\Rightarrow a+b+c + \sum \dfrac{a^2}{b} + \sum \dfrac{ab}{c} \ge a+b+c + \dfrac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca} +\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}= a+b+c + \dfrac{3(a+b+c)}{ab+bc+ca} + 3$. Ta cần chứng minh:  $a+b+c + \dfrac{3(a+b+c)}{ab+bc+ca} \ge 6$

Đặt $a+b+c=x$ $\Rightarrow ab+bc+ca = \dfrac{x^2-3}{2}$

$x+ \dfrac{6x}{x^2-3} \ge 6 \Leftrightarrow (x-3)(x^2-3x+6) \ge 0$ 

Áp dụng BĐT vừa chứng minh được ta có:

$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+a+b+c \ge \dfrac{9}{a+b+c} + a+b+c \ge 6$

Cách 2:

Áp dụng bất đẳng $Cauchy-Schwarz$: 

$VT= \sum \frac{a^{2}}{ab}+a+b+c \geq \dfrac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca}+a+b+c$

Đặt $p=a+b+c$ từ đó suy ra: $\sum ab = \frac{p^{2}-3}{2}$

$\Rightarrow VT\geq \frac{2p^{2}}{p^{2}-3}+p\geq 6\Leftrightarrow (p+2)(p-3)^{2}\geq 0$ (Luôn đúng)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.