Bài toán 2.
Cho các số thực dương $a, b, c$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{b(a+b)}{(c+a)^2}+\dfrac{c(c+b)}{(a+b)^2}+\dfrac{a(c+a)}{(b+c)^2}\ge \dfrac{3}{2}$$
Hí hí
$$\dfrac{b(a+b)}{(c+a)^2}+\dfrac{c(c+b)}{(a+b)^2}+\dfrac{a(c+a)}{(b+c)^2}\ge \dfrac{3}{2}$$
$\Leftrightarrow \dfrac{b(a+b)}{(c+a)^2}-\frac{1}{2}+\dfrac{c(c+b)}{(a+b)^2}-\frac{1}{2}+\dfrac{a(c+a)}{(b+c)^2}-\frac{1}{2}\ge0$
Ta có:
$\dfrac{b(a+b)}{(c+a)^2}-\frac{1}{2}=\frac{2b^2+2ab-a^2-c^2-2ac}{2(c+a)^2}$
$\dfrac{c(c+b)}{(a+b)^2}-\frac{1}{2}=\frac{2c^2+2cb-a^2-b^2-2ab}{2(a+b)^2}$
$\dfrac{a(c+a)}{(b+c)^2}-\frac{1}{2}=\frac{2a^2+2ac-b^2-c^2-2bc}{2(b+c)^2}$
Ta cần chứng minh:
$\frac{2b^2+2ab-a^2-c^2-2ac}{2(c+a)^2}+\frac{2c^2+2cb-a^2-b^2-2ab}{2(a+b)^2}+\frac{2a^2+2ac-b^2-c^2-2bc}{2(b+c)^2}\ge0$
Do vai trò của $a,b,c$ như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử $a,b,c$ là dãy không giảm, tức :$a\leq b\leq c$ thì các tử thức và nghịch đảo mẫu thức trong vế trái của biểu thức trên cũng là dãy không giảm. Áp dụng BĐT Chebyshev, ta có:
$\frac{2b^2+2ab-a^2-c^2-2ac}{2(c+a)^2}+\frac{2c^2+2cb-a^2-b^2-2ab}{2(a+b)^2}+\frac{2a^2+2ac-b^2-c^2-2bc}{2(b+c)^2}\geq \frac{1}{3}[(2b^2+2ab-a^2-c^2-2ac)+(2c^2+2cb-a^2-b^2-2ab)+(2a^2+2ac-b^2-c^2-2bc)].[\frac{1}{2(c+a)^2}+\frac{1}{2(a+b)^2}+\frac{1}{2(b+c)^2}]=0$