BĐT hay và khó.

BĐT tương đương 

$\sum \frac{(a+b{)}^2}{(a+b{)}^2+\frac{2(a+b{)}^2}{a^2+b^2}}\ge \frac{3}{2}$

Áp dụng BCS ,ta cần chứng minh

:$\sum (a+b{)}^2+\sum \frac{2(a+b{)}^2}{a^2+b^2}\le 24\iff \sum (a-b{)}^2(\frac{1}{a^2+b^2}-\frac{1}{6})\ge 0$

Giả sử $a\ge b\ge c$

Nếu $a^2+b^2\le 6\Rightarrow ■$

Nếu $a^2+b^2\le 6\Rightarrow \sum \frac{1}{a^2+b^2+2}\le \frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{2}=\frac{3}{4}\Rightarrow ....$

BĐT đã cho tương đương với 

$$\frac{1}{2}-\frac{1}{a^2+b^2+2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{b^2+c^2+2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{c^2+a^2+2}\ge \frac{3}{4}$$

$$\iff \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+2}+\frac{b^2+c^2}{b^2+c^2+2}+\frac{c^2+a^2}{c^2+a^2+2}\ge \frac{3}{2}$$

$$\iff \sum \frac{(a+b{)}^2}{2(a^2+b^2+2)}+\sum \frac{(a-b{)}^2}{2(a^2+b^2+2)}\ge \frac{3}{2}$$

Áp dụng BĐTCauchy-Schwarz, ta có:

$$\sum \frac{(a+b{)}^2}{2(a^2+b^2+2)}\ge \frac{4(a+b+c{)}^2}{4(a^2+b^2+c^2)+12}=\frac{2(a+b+c{)}^2}{2(a^2+b^2+c^2)+6}$$

$$\sum \frac{(a-b{)}^2}{2(a^2+b^2+2)}\ge \frac{\left[\right(a-b)+(b-c)+(a-c){]}^2}{4(a^2+b^2+c^2)+12}=\frac{2(a-c{)}^2}{2(a^2+b^2+c^2)+6}$$

Cộng 2 BĐT này lại, ta có

$$VT\ge \frac{2(a+b+c{)}^2+2(a-c{)}^2}{2(a^2+b^2+c^2)+6}$$

Do đó ta chỉ cần chứng minh

$$2(a+b+c{)}^2+2(a-c{)}^2\ge 3(a^2+b^2+c^2)+9=3(a^2+b^2+c^2)+(a+b+c{)}^2$$

Bằng cách khai triển, ta được BĐT này tương đương với

$$2(a-b)(b-c)\ge 0$$

BĐT hiển nhiên đúng nếu ta giả sử $a\ge b\ge c$