Inequality 6

Bài toán. Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng 
\[3\left(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\right) \geqslant (a^2+b^2+c^2)\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right).\]

(Walker)

Lời giải. Giả sử $a=\max\{a,b,c\}$ khi đó nếu $a \geqslant c \geqslant b$ thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng do nó tương đương với \[\frac{(a^2b^4+b^2c^4+c^2a^4-3a^2b^2c^2 )+(a^2-b^2)(c^2-b^2)(a^2-c^2)}{a^2b^2c^2} \geqslant 0.\] Xét trường hợp $a \geqslant b \geqslant c,$ đặt \[f(a) =  3\left(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\right)- (a^2+b^2+c^2)\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right).\] Ta có \[f^{'}(a) = \frac{2(2c^2-b^2)(a^2-bc)(a^2+bc)}{a^3b^2c^2}.\] Khi đó nếu $2c^2 \geqslant b^2$ thì $f^{'}(a) \geqslant 0$ cho nên $f(a)$ là hàm đồng biến, do đó \[f(a) \geqslant f(b) = 3\left(1+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{b^2}\right)- (2b^2+c^2)\left(\frac{2}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right) = \frac{(b+c)^2(b-c)^2}{b^2c^2} \geqslant 0.\] Còn nếu $2c^2 \leqslant b^2$ thì $f^{'}(a) \leqslant 0$ cho nên $f(a)$ là hàm nghịch biến, do đó \[\begin{aligned} f(a) \geqslant f(b+c) & =3\left[\frac{(b+c)^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{(b+c)^2}\right]- \left[(b+c)^2+b^2+c^2\right]\left[\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right]\\&= \frac{(b^3-3bc^2-c^3)^2}{b^2c^2(b+c)^2} \geqslant 0.\end{aligned}\] Vậy ta có điều phải chứng minh.