HÀ QUỐC ĐẠT

Mình chưa học đến phần đấy

Em mới học về phần này,anh có thể nói rõ hơn được không

Giả sử $a\geq b\geq c$

BĐT$$\Leftrightarrow \sum (a-b)^{2}.\frac{(a+b)(a+b-c)}{(a^{2}+bc)(b^2+ca)}\geq 0$$

Với

Ta chỉ cần chứng minh $a^{2}S_{b}+b^{2}S_{a}\geq 0$

$$a^{2}S_{b}+b^{2}S_{a}=\frac{a^{2}(a+c)(a+c-b)}{(c^{2}+ab)(a^{2}+bc)}+\frac{b^{2}(b+c)(b+c-a)}{(c^2+ab)(b^2+ac)}> \frac{a^{2}(b+c)(a+c-b)}{(c^{2}+ab)(a^{2}+bc)}+\frac{b^{2}(b+c)(b+c-a)}{(c^2+ab)(b^2+ac)}=\frac{b+c}{c^{2}+ab}(\frac{a^{2}(a+c-b)}{a^{2}+c}+\frac{b^{2}(b+c-a)}{b^{2}+ac})$$

Có:

$$\frac{a^{2}(a+c-b)}{a^{2}+c}+\frac{b^{2}(b+c-a)}{b^{2}+ac}=\frac{a^{4}c+b^{4}c+a^{3}c^{2}+b^{3}c^{2}+2a^{2}b^{2}c-a^{3}bc-ab^{3}c}{(a^{2}+bc)(b^{2}+ca)}=\frac{c(a-b)^2(a^2+b^2)+abc(a^2+b^2)+c^2(a^3+b^3)}{(a^{2}+bc)(b^{2}+ca)}> 0$$

Vậy BĐT được chứng minh

Theo Bunhiacopxki ta có
$$\sum \frac{x^{3}}{y^{2}+z^{2}}\geq \frac{(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}}{xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)}$$
Mặt khác
$$xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\leq \sqrt{(x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2})[(x+y)^{2}+(y+z)^{2}+(z+x)^{2}]}\leq \sqrt{\frac{(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}}{3}.4(x^{2}+y^{2}+z^{2})}=\frac{2}{\sqrt{3}}(x^{2}+y^{2}+z^{2})\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}} $$
$$\Rightarrow VT\geq \frac{(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}}{\frac{2}{\sqrt{3}}(x^{2}+y^{2}+z^{2})\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}} }=\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}$$
Vậy GTNN là $\frac{\sqrt{3}}{2}$ khi $x=y=z\frac{1}{\sqrt{3}}$

Cách của Đạt ngắn gọn quá
Đặt $a^{2}=x;b^{2}=y^{2}=z$
TH1:$a\geq b\geq c$
Ta có:
$$\frac{a^{2}}{2a^{2}+(b+c)^{2}}+\frac{b^{2}}{2b^{2}+(c+a)^{2}}+\frac{c^{2}}{2c^{2}+(a+b)^{2}}\leq \frac{a^{2}}{2a^{2}+b^{2}+2c^{2}}+\frac{b^{2}}{2b^{2}+a^{2}+2c^{2}}+\frac{c^{2}}{2c^{2}+a^{2}+b^{2}}=\frac{x}{2x+y+2z}+\frac{y+z}{2z+x+2y}$$
Cần chứng minh:
$$\frac{x}{2x+y+2z}+\frac{y+z}{2z+x+2y}\leq \frac{2}{3}$$
$$\Leftrightarrow \frac{y+2z}{2x+y+2z}+\frac{x}{2z+x+2y}\geq \frac{2}{3}$$
Áp dụng Cauchy-Schwarz cho vế trái ta có:
$$\Leftrightarrow \frac{y+2z}{2x+y+2z}+\frac{x}{2z+x+2y}\geq\Leftrightarrow \frac{y+2z}{2x+y+2z}+\frac{x}{2z+x+2y}\geq \frac{(x+y+2z)^{2}}{(2x+y+2z)(y+2z)+x(x+2y+2z)}\geq \frac{2}{3}$$
$$\Leftrightarrow (x-y)^{2}+4z^{2}+4yz\geq 0$$
TH2:$b\geq a\geq c$
$$\frac{a^{2}}{2a^{2}+(b+c)^{2}}+\frac{b^{2}}{2b^{2}+(c+a)^{2}}+\frac{c^{2}}{2c^{2}+(a+b)^{2}}\leq \frac{a^{2}}{2a^{2}+b^{2}+2c^{2}}+\frac{b^{2}}{2b^{2}+a^{2}+2c^{2}}+\frac{c^{2}}{2c^{2}+b^{2}+2a^{2}}=\frac{y}{2y+x+2z}+\frac{x+z}{2x+y+2z}$$
Lại có:
$$\frac{y}{2y+x+2z}+\frac{x+z}{2x+y+2z}\geq \frac{(x+y+2z)^{2}}{(2x+y+2z)y+(2y+x+2z)(x+2z)}\geq \frac{2}{3}$$
$$\Leftrightarrow (x-y)^{2}+4z^{2}+4xz\geq 0$$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Dấu"=" xảy ra khi $a=b;c=0$ và các hoán vị