\(P = \sqrt{\frac{a}{b+c}} + \sqrt{\frac{b}{c+a}} + \sqrt{\frac{c}{a+b}} + \sqrt{\frac{2(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}}\)
Bất đẳng thức phụ: Với 6 số dương bất kì x1, x2, x3, y1, y2, y3, áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho hai bộ số, ta có:
\(\left [ \left ( \frac{x_1}{\sqrt{y_1}} \right )^2 + \left ( \frac{x_2}{\sqrt{y_2}} \right )^2 + \left ( \frac{x_3}{\sqrt{y_3}} \right )^2 \right ] \left [ (\sqrt{y_1})^2 + \sqrt{y_2})^2 + \sqrt{y_3})^2\right ] \geq \left ( \frac{x_1}{\sqrt{y_1}}.\sqrt{y_1} + \frac{x_2}{\sqrt{y_2}}.\sqrt{y_2} + \frac{x_3}{\sqrt{y_3}}.\sqrt{y_3}\right )\)
\(\Leftrightarrow \frac{x_{1}^{2}}{y_1} + \frac{x_{2}^{2}}{y_2} + \frac{x_{3}^{2}}{y_3} \geq \frac{(x_1 + x_2 + x_3)^2}{y_1 + y_2 + y_3}\ (^*)\)
Trở lại bài toán: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho hai số dương, ta có:
\(\sqrt{\frac{a}{b+c}} = \sqrt{\frac{2a^2}{2a(b+c)}} \geq \sqrt{\frac{4.2a^2}{(2a+b+c)^2}} = 2\sqrt{2}.\frac{a}{2a+b+c} = 2\sqrt{2}.\frac{a^2}{2a^2+ab+ac}\)
Ta có hai bất đẳng thức tương tự, kết hợp áp dụng bất đẳng thức (*) ta được:
\(\sqrt{\frac{a}{b+c}} + \sqrt{\frac{b}{c+a}} + \sqrt{\frac{c}{a+b}} \geq 2\sqrt{2}\left ( \frac{a^2}{2a^2+ab+bc} + \frac{b^2}{2b^2+bc+ba} + \frac{c^2}{2c^2+ca+cb} \right )\)
\(\geq 2\sqrt{2}.\frac{(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)} = \frac{\sqrt{2}.\left ( \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} +2 \right )}{\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} + 1}\)
Đặt \(t = \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\ (t\geq 1)\), ta có \(P \geq \frac{\sqrt{2}(t+2)}{t+1}+\sqrt{2t}\)
Xét hàm số \(f(f) = \frac{\sqrt{2}(t+2)}{t+1}+\sqrt{2t}\) trên \([1; + \infty )\)
\(f'(t) = - \frac{\sqrt{2}}{(t+1)^2} + \frac{1}{\sqrt{2t}} = \frac{t^2+t+(\sqrt{t}-1)^2}{(t+1)^2\sqrt{2t}} > 0,\ \forall t \in [1; + \infty )\)
Hàm số \(f(t)\) đồng biến và liên tục trên \([1; + \infty )\), do đó: \(f(t) \geq f(1) = \frac{5\sqrt{2}}{2} \Rightarrow P \geq \frac{5\sqrt{2}}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c.
Vậy GTNN của P là \(\frac{5\sqrt{2}}{2}\).
