Inequality

Bài toán : Cho các số dương $a,b,c$. Chứng minh :

$\frac{a^2+bc}{a^2+(b+c{)}^2}+\frac{b^2+ca}{b^2+(c+a{)}^2}+\frac{c^2+ab}{c^2+(a+b{)}^2}$$\le \frac{18}{5}.\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}$

Lời giải :

Ta có :

$\frac{a^2+bc}{a^2+(b+c{)}^2}$$\le \frac{a^2+(b+c{)}^2/4}{a^2+(b+c{)}^2}$$=1-\frac{3(b+c{)}^2}{4(a^2+(b+c{)}^2)}$

Do vậy cần chỉ ra :

$\sum _{cyc}\frac{3(b+c{)}^2}{4a^2+4(b+c{)}^2}+\frac{18}{5}.\frac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c{)}^2}$$\ge 3$

Theo BĐT Cauchy-Schwarz :

$\sum _{cyc}\frac{3(b+c{)}^2}{4a^2+4(b+c{)}^2}$$\ge \frac{3}{4}.\frac{(2a+2b+2c{)}^2}{3(a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ca)}$$=\frac{3(a+b+c{)}^2}{3(a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ca)}$

Như vậy ta chứng minh :

$\frac{(a+b+c{)}^2}{3(a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ca)}+\frac{6}{5}.\frac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c{)}^2}$$\ge 1$$\iff \frac{p^2}{3(p^2-2q)+2q}+\frac{6}{5}.\frac{p^2-2q}{p^2}$$\ge 1$

Với $p=a+b+c,q=ab+bc+ca$. Chuẩn hóa $p=1$ ta cần chứng minh :

$$\frac{1}{3-4q}+\frac{6}{5}.(1-2q)\ge 1\iff 6q^2-5q+1\ge 0$$

Điều này đúng với $q\le \frac{1}{3}$. BĐT đã cho được chứng minh.