Chủ đề này có 1115 trả lời

[no matter what]

anh huy ơi cho em hỏi bài 435 là dấu$\geq$ hay $\leq$ anh nếu mà $\geq$ thì em chuẩn hóa sai rồi

[khanh3570883]

anh huy ơi cho em hỏi bài 435 là dấu$\geq$ hay $\leq$ anh nếu mà $\geq$ thì em chuẩn hóa sai rồi

là dấu $\leq$ đấy, mà cái này thì liên quan gì đến chuẩn hóa nhỉ?

[WhjteShadow]

Bài toán 437:[Lil.Tee]:
Cho $a,b,c>0$ thỏa $a^3+b^3+c^3=3$
Chứng minh rằng:
$$\frac{a^2}{\sqrt{b^3+8}}+\frac{b^2}{\sqrt{c^3+8}}+\frac{c^2}{\sqrt{a^3+8}}\leq 1$$

[no matter what]

xl làm anh anh khanh3570883 em định chuẩn hóa cho (a+b)(a+c)(c+a)=8 nhưng mà lai đổi dấu rồi hix làm BĐT toàn sai thế nay thì

[Ispectorgadget]

Bài 423: Với mọi số thực dương $a,b,c,d$ thì BĐT luôn đúng:

$(a+b)(b+c)(c+d)(a+d)(1+\sqrt[4]{abcd})\geq 16abcd\sum (1+a)$

Ukraine National Olympiad 2008, P2

$$QED \iff \frac{(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)}{(1+d)(1+a)(1+b)(1+c)}\ge \frac{16abcd}{(1+\sqrt[4]{abcd})^4}$$
Sử dụng bổ đề sau $$\frac{x+y}{(1+x)(1+y)}\ge\frac{2\sqrt{xy}}{(1+\sqrt{xy})^2}$$
Áp dụng bổ đề trên và BĐT Bunhiacopski ta có $$\frac{a+b}{(1+a)(1+b)}.\frac{c+d}{(1+c)(1+d)}(b+c)(a+d)\ge \frac{4\sqrt[4]{abcd}(\sqrt{ab}+\sqrt{cd})^2}{(1+\sqrt{ab})^2(1+\sqrt{cd})^2}\geq \frac{16abcd}{(1+\sqrt[4]{abcd})^4}$$
Bài toán được chứng minh. $\blacksquare$

[BoFaKe]

Bài 85. Cho a, b, x, y thoả mãn $0 < b \le a \le 4, a + b \le 7, 2\le x \le 3 \le y$ Tìm GTNN của
$$S = \dfrac{2x + \dfrac{1}{x} + y + \dfrac{2}{y}}{a^2 + b^2}$$

Chỗ này là sao???

[ToanHocLaNiemVui]

Bài 432 . Chứng minh $\sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4...\sqrt{2000}}}} <3$

$\sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4\sqrt{...\sqrt{1999\sqrt{2000}}}}}}< \sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4\sqrt{...\sqrt{1999.2001}}}}}< \sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4\sqrt{...\sqrt{1998.2000}}}}}< ...< \sqrt{2.4}< 3$

[Tham Lang]

Bài toán 438.
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a^2-bc}{\sqrt{2a^2+b^2+c^2}}+\dfrac{b^2-ca}{\sqrt{2b^2+c^2+a^2}}+\dfrac{c^2-ab}{\sqrt{2c^2+a^2+b^2}}\ge 0$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tham Lang: 09-07-2012 - 23:59

[le_hoang1995]

Bài toán 437:[Lil.Tee]:
Cho $a,b,c>0$ thỏa $a^3+b^3+c^3=3$
Chứng minh rằng:
$$\frac{a^2}{\sqrt{b^3+8}}+\frac{b^2}{\sqrt{c^3+8}}+\frac{c^2}{\sqrt{a^3+8}}\leq 1$$

Áp dụng BĐT AM-GM và CS ta được

$VT=\sum \frac{a^2}{\sqrt{b^3+8}}=\sum \frac{a^2}{\sqrt{3b+6}}=\sum \frac{a^2}{\sqrt{3(b+2)}}$

$\leq \sqrt{(a^3+b^3+c^3).\left [ \frac{a}{3(b+2)}+\frac{b}{3(c+2)}+\frac{c}{3(a+2)} \right ]} =\sqrt{\frac{a}{b+2}+\frac{b}{c+2}+\frac{c}{a+2}}$

Ta phải chứng minh
$$\frac{a}{b+2}+\frac{b}{c+2}+\frac{c}{a+2}\leq 1\Leftrightarrow \sum a(c+2)(a+2)$$
$$\leq (a+2)(b+2)(c+2)\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2+2(a^2+b^2+c^2)\leq abc+8$$
Theo Holder $$(a^2+b^2+c^2)^3\leq (a^3+b^3+c^3).3=3^3\Rightarrow a^2+b^2+c^2\leq 3$$
Như vậy, ta cần chứng minh $$ab^2+bc^2+ca^2\leq abc+2$$
Giả sử a nằm giữa b và c, suy ra $$ab^2+bc^2+ca^2- abc=a(b^2+c^2)+c(a-c)(a-b)\leq a(b^2+c^2)=2\sqrt{a^2.\frac{b^2+c^2}{2}.\frac{b^2+c^2}{2}}\leq 2\sqrt{\left ( \frac{a^2+b^2+c^2}{3} \right )^3}\leq 2\sqrt{(\frac{3}{3})^3}=2$$
$$\Rightarrow ab^2+bc^2+ca^2+2(a^2+b^2+c^2)\leq abc+8$$
ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 10-07-2012 - 20:22

[LilTee]

Bài 439: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $a^3+b^3+c^3=3$. Chứng minh rằng
$$\frac{ab}{\sqrt[3]{{{b}^{3}}+8}}+\frac{bc}{\sqrt[3]{{{c}^{3}}+8}}+\frac{ca}{\sqrt[3]{{{a}^{3}}+8}}\le \frac{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}{\sqrt[6]{3}}$$
Bài 440: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $a^2+ b^2+ c^2=3$. Chứng minh rằng $$\frac{ab}{\sqrt[3]{b+2}}+\frac{bc}{\sqrt[3]{{c+2}}}+\frac{ca}{\sqrt[3]{{a+2}}}\le \sqrt[3]{9}$$
Bài 441: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $a^2+ b^2+ c^2=3$. Hãy chứng minh rằng
$$\frac{ac}{\sqrt[3]{b+2}}+\frac{ba}{\sqrt[3]{{c+2}}}+\frac{cb}{\sqrt[3]{{a+2}}}\le \sqrt[3]{3(a+b+c)}$$
PS: Mấy bài này na ná nhau thôi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi LilTee: 10-07-2012 - 13:39

[le_hoang1995]

Bài 440: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $a^2+ b^2+ c^2=3$. Chứng minh rằng $$\frac{ab}{\sqrt[3]{b+2}}+\frac{bc}{\sqrt[3]{{c+2}}}+\frac{ca}{\sqrt[3]{{a+2}}}\le \sqrt[3]{9}$$
Bài 441: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $a^2+ b^2+ c^2=3$. Hãy chứng minh rằng
$$\frac{ac}{\sqrt[3]{b+2}}+\frac{ba}{\sqrt[3]{{c+2}}}+\frac{cb}{\sqrt[3]{{a+2}}}\le \sqrt[3]{3(a+b+c)}$$
PS: Mấy bài này na ná nhau thôi

Ta vẫn sử dụng bổ đề với $a^2+b^2+c^2=3$

$$\frac{a}{b+2}+\frac{b}{c+2}+\frac{c}{a+2}\leq 1\Leftrightarrow \sum a(c+2)(a+2)\leq (a+2)(b+2)(c+2)$$
$$\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2+2(a^2+b^2+c^2)\leq abc+8$$

BĐT trên tương đương với $ab^2+bc^2+ca^2\leq abc+2$ ( vì $a^2+b^2+c^2=3$)
Vẫn giả sử a là số nằm giữa, ta có $$ab^2+bc^2+ca^2-abc=a(b^2+c^2)+c(a-b)(a-c)\leq a(b^2+c^2)$$
$$=2\sqrt{a^2.\frac{b^2+c^2}{2}.\frac{b^2+c^2}{2}}\leq 2\sqrt{\left ( \frac{a^2+b^2+c^2}{3} \right )^3}=2$$
$$\Rightarrow ab^2+bc^2+ca^2\leq abc+2$$
Hơn nữa, theo AM-GM ta có $ab^2+bc^2+ca^2\leq abc+2\leq \sqrt{\left ( \frac{a^2+b^2+c^2}{3} \right )^3}+2=3$
Và cũng tương tự, ta vẫn có $a^2b+b^2c+c^2a\leq 3$ với $a^2+b^2+c^2=3$
Như vậy, áp dụng các BĐT trên vào bài 441, ta được
$$VT=\sum \frac{ac}{\sqrt[3]{b+2}}\leq \sqrt[3]{(\sum \frac{a}{b+2}).(\sum ac^2).(\sum ac)}\leq \sqrt[3]{1.3.\frac{(a+b+c)^2}{3}}\leq \sqrt[3]{3.(a+b+c)}$$
Bài 440
$$VT=\sum \frac{ab}{\sqrt[3]{b+2}}\leq \sqrt[3]{(\sum \frac{a}{b+2}).(\sum a^2b).(\sum b^2)}\leq \sqrt[3]{1.3.3}=\sqrt[3]{9}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 10-07-2012 - 21:06

[le_hoang1995]

Bài 439: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $a^3+b^3+c^3=3$. Chứng minh rằng
$$\frac{ab}{\sqrt[3]{{{b}^{3}}+8}}+\frac{bc}{\sqrt[3]{{{c}^{3}}+8}}+\frac{ca}{\sqrt[3]{{{a}^{3}}+8}}\le \frac{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}{\sqrt[6]{3}}$$

Vẫn sử dụng bổ đề trên. Theo AM-GM ta có $a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\leq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3}\leq 3$.
Áp dụng BĐT Holder cho 6 bộ, ta được
$$VT=\sum \frac{ab}{\sqrt[3]{b^3+8}}\leq \sum \frac{ab}{\sqrt[3]{3(b+2)}}$$
$$\leq \sqrt[6]{[\sum \frac{a}{3(b+2)}].[\sum \frac{a}{3(b+2)}].[\sum a^2].[\sum b^2].[\sum b^2].[\sum a^2b^2]}\leq \sqrt[6]{\frac{1}{3}.\frac{1}{3}.(a^2+b^2+c^2)^3.(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}$$
$$=\sqrt{a^2+b^2+c^2}.\sqrt[6]{\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{3^2}}\leq \frac{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}{\sqrt[6]{3}}$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 11-07-2012 - 02:18

[le_hoang1995]

Bài toán 438.
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a^2-bc}{\sqrt{2a^2+b^2+c^2}}+\dfrac{b^2-ca}{\sqrt{2b^2+c^2+a^2}}+\dfrac{c^2-ab}{\sqrt{2c^2+a^2+b^2}}\ge 0$$

Bài này mình dựa trên ý tưởng của anh alex_hoang
Không mất tổng quát, giả sử $a\geq b\geq c$, viết lại BĐT
$$VT=\sum \frac{a^2-bc}{\sqrt{2a^2+b^2+c^2}}=\sum \frac{(a^2-bc)(b+c)}{\sqrt{2a^2+b^2+c^2}.(b+c)}$$
Ta sẽ chứng minh 2 bộ sau đây cùng chiều:
$(a^2-bc)(b+c)\geq (b^2-ca)(c+a)\geq (c^2-ab)(a+b)$
Và $\frac{1}{\sqrt{(2a^2+b^2+c^2)}.(b+c)}\geq \frac{1}{\sqrt{(2b^2+a^2+c^2)}.(a+c)}\geq \frac{1}{\sqrt{2c^2+a^2+b^2}.(a+b)}$
Thật vậy $$(a^2-bc)(b+c)-(b^2-ac)(a+c)=ab(a-b)+2c(a-b)(a+b)+c^2(a-b)\geq 0$$. Tương tự với cặp còn lại.
$$(2a^2+b^2+c^2)(b+c)^2-(2b^2+c^2+a^2)(a+c)^2$$
$$=(b-a)[a^3+b^3+2c^3+ab(a+b))+2c(a^2+b^2)-2abc]\leq 0$$
Tương tự với cặp còn lại, ta suy ra hai bộ trên cùng chiều.
Áp dụng BĐT Chê- Bư- Sép cho 2 bộ cùng chiều, với chú ý $\sum (a^2-bc)(b+c)=\sum a^2b+a^2c-b^2c-c^2b=0$, ta được
$$VT=\sum \frac{(a^2-bc)(b+c)}{\sqrt{2a^2+b^2+c^2}.(b+c)}$$
$$\geq \frac{1}{3}.\left [ \sum (a^2-bc)(b+c) \right ].\left [ \sum \frac{1}{\sqrt{2a^2+b^2+c^2}.(b+c)} \right ]=0$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 11-07-2012 - 14:10

[WhjteShadow]

Bài toán 435.
Cho $a,b,c$ là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}\ge \dfrac{(2a+b)(2b+c)(2c+a)}{27}$$

Híc bài a Mít khó quá >"<
$$Q.E.D\Leftrightarrow 27(a+b)(b+c)(c+a)-8(2a+b)(2b+c)(2c+a)\geq 0$$
$$\Leftrightarrow 11(ab^2+bc^2+ca^2)-5(a^2b+b^2c+c^2a)-18abc\geq 0$$ (Biến đổi tương đương)
$$\Leftrightarrow 5(ab^2+bc^2+ca^2-a^2b-b^2c-c^2a)+6[ab(b-c)+bc(c-a)+ca(a-b)]\geq 0$$
$$\Leftrightarrow 5(a-b)(b-c)(c-a)+6[ab(b-c)+bc(c-a)+ca(a-b)]\geq 0(*)$$
Giả sử $c=max(a;b;c)$
Ta có biến đổi $ab(b-c)+bc(c-a)+ca(a-b)=ab(b-c)-bc[(b-c)+(a-b)]+ca(a-b)=b(c-a)(c-b)+c(a-b)^2$
Sử dụng BĐT AM-GM và BĐT tam giác ta có:
$b(c-a)(c-b)+c(a-b)^2\geq 2\sqrt{cb(c-a)(c-b)(a-b)^2}\geq 2\sqrt{cb(c-a)(c-b)(a-b)^2}\geq 2\sqrt{ab(c-a)(c-b)(a-b)^2}\geq 2\sqrt{(c-a)^2(c-b)^2(a-b)^2}=2|(a-b)(b-c)(c-a)|\geq -2(a-b)(b-c)(c-a)$
$\to 2,5[b(c-a)(c-b)+c(a-b)^2]+5(a-b)(b-c)(c-a)\geq 0$
Mà mặt khác $3,5[b(c-a)(c-b)+c(a-b)^2]\geq 0$
Cộng 2 bđt trên ta thấy $(*)$ đúng
Vậy ta có ĐPCM

[le_hoang1995]

Tiếp tục nhé.
Bài 442 . Cho $a,b,c > 0$ và $a^3+b^3+c^3\leq 3$. Chứng minh rằng:
$$\frac{ab}{\sqrt{3+c}}+\frac{bc}{\sqrt{3+a}}+\frac{ca}{\sqrt{3+b}}\leq \frac{3}{2}$$
Bài 443 . Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$. Chứng minh:
$$\sum \frac{1}{2(a^3+1)+b^3+c^3}\leq \frac{1}{2}$$
Bài 444 . Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=1$. Chứng minh rằng:
$$2\left ( \frac{ab}{c+ab}+\frac{bc}{a+bc}+\frac{ca}{b+ca} \right )\geq \sqrt{ \frac{ab}{c+ab}}+\sqrt{\frac{bc}{a+bc}}+\sqrt{\frac{ca}{b+ca}}$$

[BlackSelena]

Bài 445:
Cho $a,b,c > 0$. Chứng minh rằng
$$\dfrac{1}{2}+\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab + bc+ca} \geq \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b}$$
P/s: em mới biết mỗi cách biến đổi tương đương trâu bò. Ai có cách khác hay hơn thì up

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 13-07-2012 - 14:24

[davildark]

Bài 444 . Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=1$. Chứng minh rằng:
$$2\left ( \frac{ab}{c+ab}+\frac{bc}{a+bc}+\frac{ca}{b+ca} \right )\geq \sqrt{ \frac{ab}{c+ab}}+\sqrt{\frac{bc}{a+bc}}+\sqrt{\frac{ca}{b+ca}}$$

Ta có

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi davildark: 13-07-2012 - 14:32

[Tru09]

Bài 445:
Cho $a,b,c > 0$. Chứng minh rằng
$$\dfrac{1}{2}+\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab + bc+ca}>=\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b}$$
P/s: em mới biết mỗi cách biến đổi tương đương trâu bò. Ai có cách khác hay hơn thì up

Đặt P là $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$
$P \leq \frac{1}{2} +\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}$
$\leftrightarrow (ab+bc+ca)P \leq \frac{ab+bc+ca}{2} +a^2 +b^2 +c^2$
$\leftrightarrow abc(\frac{1}{a+b} +\frac{1}{a+c} +\frac{1}{b+c}) \leq \frac{ab+ca+ca}{2}$
Mà $ (\frac{4}{a+b} +\frac{4}{a+c} +\frac{4}{b+c}) \leq (\frac{1}{a} +\frac{1}{b})+(\frac{1}{b} +\frac{1}{c}) +(\frac{1}{c} +\frac{1}{a}) =2(\frac{1}{a} +\frac{1}{b} +\frac{1}{c})$
$\rightarrow (\frac{2}{a+b} +\frac{2}{a+c} +\frac{2}{b+c}) \leq \frac{ab+bc+ca}{abc}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tru09: 13-07-2012 - 14:29

[NguyThang khtn]

Bài 445:
Cho $a,b,c > 0$. Chứng minh rằng
$$\dfrac{1}{2}+\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab + bc+ca} \geq \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b}$$
P/s: em mới biết mỗi cách biến đổi tương đương trâu bò. Ai có cách khác hay hơn thì up

Đây :
http://diendantoanho...showtopic=75388

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NguyThang khtn: 13-07-2012 - 14:38

[BlackSelena]

...

...

Cách trâu bò mà em nói
\[\dfrac{1}{2} + \dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{ab + bc + ca}} \ge \dfrac{a}{{b + c}} + \dfrac{b}{{c + a}} + \dfrac{c}{{a + b}}\]
Trừ đi $\dfrac{3}{2}$ của 2 vế
\[\dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{ab + bc + ca}} - 1 \ge \dfrac{a}{{b + c}} + \dfrac{b}{{c + a}} + \dfrac{c}{{a + b}} - \dfrac{3}{2}\]
Chú ý các đẳng thức sau

\[\begin{array}{l}
\dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{ab + bc + ca}} - 1 \\
= \dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca}}{{ab + bc + ca}} \\
= \dfrac{{\left( {{a^2} - 2ab + {b^2}} \right) + \left( {{b^2} - 2bc + {c^2}} \right) + \left( {{c^2} - 2ca + {a^2}} \right)}}{{2\left( {ab + bc + ca} \right)}} \\
= \dfrac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{2\left( {ab + bc + ca} \right)}} + \dfrac{{{{\left( {b - c} \right)}^2}}}{{2\left( {ab + bc + ca} \right)}} + \dfrac{{{{\left( {c - a} \right)}^2}}}{{2\left( {ab + bc + ca} \right)}} \\
\end{array}\]

\[\begin{array}{l}
\dfrac{a}{{b + c}} + \dfrac{b}{{c + a}} + \dfrac{c}{{a + b}} - \dfrac{3}{2} \\
= \dfrac{{a\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right) + b\left( {b + a} \right)\left( {b + c} \right) + c\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} - \dfrac{3}{2} \\
= \dfrac{{2a\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right) + 2b\left( {b + a} \right)\left( {b + c} \right) + 2c\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right) - 3\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}{{2\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} \\
= \dfrac{{2{a^3} + 2{b^3} + 2{c^3} - {a^2}b - a{b^2} - {b^2}c - b{c^2} - {c^2}a - c{a^2}}}{{2\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} \\
= \dfrac{{\left( {{a^3} + {b^3} - {a^2}b - {b^2}a} \right) + \left( {{b^3} + {c^3} - {b^2}c - {c^2}b} \right) + \left( {{c^3} + {a^3} - {c^2}a - {a^2}c} \right)}}{{2\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} \\
= \dfrac{{\left( {a + b} \right){{\left( {a - b} \right)}^2} + \left( {b + c} \right){{\left( {b - c} \right)}^2} + \left( {c + a} \right){{\left( {c - a} \right)}^2}}}{{2\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} \\
= \dfrac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{2\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} + \dfrac{{{{\left( {b - c} \right)}^2}}}{{2\left( {a + b} \right)\left( {c + a} \right)}} + \dfrac{{{{\left( {c - a} \right)}^2}}}{{2\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)}} \\
\end{array}\]
Nên ta có thể viết lại bất đẳng thức ban đầu dưới dạng:
\[\dfrac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{2\left( {ab + bc + ca} \right)}} + \dfrac{{{{\left( {b - c} \right)}^2}}}{{2\left( {ab + bc + ca} \right)}} + \dfrac{{{{\left( {c - a} \right)}^2}}}{{2\left( {ab + bc + ca} \right)}} \ge \dfrac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{2\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} + \dfrac{{{{\left( {b - c} \right)}^2}}}{{2\left( {a + b} \right)\left( {c + a} \right)}} + \dfrac{{{{\left( {c - a} \right)}^2}}}{{2\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)}}\]

\[\dfrac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{ab + bc + ca}} + \dfrac{{{{\left( {b - c} \right)}^2}}}{{ab + bc + ca}} + \dfrac{{{{\left( {c - a} \right)}^2}}}{{ab + bc + ca}} \ge \dfrac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} + \dfrac{{{{\left( {b - c} \right)}^2}}}{{\left( {a + b} \right)\left( {c + a} \right)}} + \dfrac{{{{\left( {c - a} \right)}^2}}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)}}\]

\[{\left( {a - b} \right)^2}\left( {\dfrac{1}{{ab + bc + ca}} - \dfrac{1}{{\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}} \right) + {\left( {b - c} \right)^2}\left( {\dfrac{1}{{ab + bc + ca}} - \dfrac{1}{{\left( {a + b} \right)\left( {c + a} \right)}}} \right) + {\left( {c - a} \right)^2}\left( {\dfrac{1}{{ab + bc + ca}} - \dfrac{1}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)}}} \right) \ge 0\]
Chú ý rằng

\[\begin{array}{l}
\dfrac{1}{{ab + bc + ca}} - \dfrac{1}{{\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} \ge 0 \\
\Leftrightarrow \dfrac{1}{{ab + bc + ca}} \ge \dfrac{1}{{\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} \\
\Leftrightarrow \left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) \ge ab + bc + ca \\
\Leftrightarrow {c^2} + ab + bc + ca \ge ab + bc + ca \\
\Leftrightarrow {c^2} \ge 0 \\
\end{array}\]
Tương tự với các cái còn lại. Từ đó hiển nhiên $VT \ge 0$