Inequality

Bài toán (Japan MO 1997) 

 Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b,c$ ta đều có :

$\frac{(b+c-a{)}^2}{a^2+(b+c{)}^2}+\frac{(c+a-b{)}^2}{b^2+(c+a{)}^2}+\frac{(a+b-c{)}^2}{c^2+(a+b{)}^2}$$\ge \frac{3}{5}$

Lời giải :

Do tính thuần nhất của bất đẳng thức mà ta có thể chuẩn hóa $a+b+c=1$. Khi đó ta viết BĐT thành :

$\frac{(2a-1{)}^2}{a^2+(1-a{)}^2}+\frac{(2b-1{)}^2}{b^2+(1-b{)}^2}+\frac{(2c-1{)}^2}{c^2+(1-c{)}^2}$$\ge \frac{3}{5}$$\iff \frac{(2a-1{)}^2}{2a^2-2a+1}+\frac{(2b-1{)}^2}{2b^2-2b+1}+\frac{(2c-1{)}^2}{2c^2-2c+1}$$\ge \frac{3}{5}$

Theo nguyên lí $Dirichlet$ ta có :

$\left(b-\frac{1}{3}\right)\left(c-\frac{1}{3}\right)$$\ge 0$$\Rightarrow b^2+c^2$$={\left(b+c-\frac{1}{3}\right)}^2+\frac{1}{9}-2\left(b-\frac{1}{3}\right)\left(c-\frac{1}{3}\right)$$\le {\left(b+c-\frac{1}{3}\right)}^2+\frac{1}{9}$$={\left(\frac{2}{3}-a\right)}^2+\frac{1}{9}$

Theo BĐT $Cauchy-Schwarz$ :

$\frac{(2b-1{)}^2}{2b^2-2b+1}+\frac{(2c-1{)}^2}{2c^2-2c+1}$$\ge \frac{(2b+2c-2{)}^2}{2(b^2+c^2)-2(b+c)+2}$$=\frac{2a^2}{(b^2+c^2)+a}$$\ge \frac{2a^2}{\frac{1}{9}+{\left(\frac{2}{3}-a\right)}^2+a}$$=\frac{18a^2}{9a^2-3a+5}$

Công việc còn lại là chứng minh :

$\frac{18a^2}{9a^2-3a+5}$$\ge \frac{3}{5}-\frac{(2a-1{)}^2}{2a^2-2a+1}$$\iff (3a-1{)}^2(17a^2-8a+5)$$\ge 0$

Điều này hiển nhiên đúng.

Ta có điều phải chứng minh.