Inequality 9

(Iran TST 1996)
Cho $a,b,c$ không âm. CMR:
$\frac{1}{(x+y{)}^2}+\frac{1}{(y+z{)}^2}+\frac{1}{(z+x{)}^2}\ge \frac{9}{4(xy+yz+zx)}$
                                                              Lời Giải
Đặt $x+y=a,y+z=b,z+x=c(a,b,c\ge 0)$
$\Rightarrow x=\frac{a+c-b}{2};y=\frac{a+b-c}{2};z=\frac{b+c-a}{2}$
Viết lại bất đẳng thức:
$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge \frac{9}{2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)}$
$\iff (a-b{)}^2(\frac{2}{ab}-\frac{1}{c^2})+(b-c{)}^2(\frac{2}{bc}-\frac{1}{a^2})+(c-a{)}^2(\frac{2}{ca}-\frac{1}{b^2})\ge 0$
$\to S_a=\frac{2}{bc}-\frac{1}{a^2};S_b=\frac{2}{ca}-\frac{1}{b^2};S_c=\frac{2}{ab}-\frac{1}{c^2}$
Giả sử $a\ge b\ge c$
Dễ dàng CM: $S_a\ge 0$
Áp dụng tiêu chuẩn $4$ của định lí $S.O.S$:
$b^2{S}_c+c^2{S}_b\ge 0$
$\iff b^2(\frac{2}{ca}-\frac{1}{b^2})+c^2(\frac{2}{ab}-\frac{1}{c^2})\ge 0$ $(\ast )$
$\iff b^3+c^3\ge abc(\ast \ast )$
Ta có: $a\le b+c\iff x+y\le y+z+z+x\iff 2z\ge 0(\text{True})$
$\to b^3+c^3\ge bc(b+c)\ge abc$
BĐT $(\ast \ast )$ $\Rightarrow (\ast )$ được CM.
Dấu bằng xảy ra $\iff a=b=c$ hoặc $a=b;c=0$ và hoán vị.
Vậy BĐT được chứng minh $■$
______________________________

Nhận xét: Đây là ví dụ tiêu biểu cho phương pháp phân tích bình phương $S.O.S$.