Chứng minh $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leq\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})}}$

Cho $a,b,c$ thực dương thỏa $a+b+c=1$ .Chứng minh $$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leq\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})}}$$
Lời giải
Đặt $\sqrt{a}=x;\sqrt{b}=y;\sqrt{c}=z \implies x^2+y^2+z^2=1$.
Bất đẳng thức trở thành:
$$(x+y+z)^2 \le \frac{x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}{2(x^4y^4+y^4z^4+z^4x^4)}$$
Xét cách đặt $p,q,r$,ta sẽ có ngay:
$$p^2=1+2q;q \in [0;1]$$
Khi đó:
$$x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2=(xy+yz+zx)^2-2xyz(x+y+z)=q^2-2pr$$
$$x^4y^4+y^4z^4+z^4x^4=(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)^2-2x^2y^2z^2(x^2+y^2+z^2)=(q^2-2pr)^2-2r^2$$
Vậy ta có thể viết lại BĐT dưới dạng sau:
$$(q^2-2pr)\left[(q^2-2pr)(2+4q)-1 \right] \le 4r^2(1+2q)$$
Theo Schur:
$$r \ge \left \{0;\frac{p(2q-1)}{9} \right \}$$
Xét 2 trường hợp:
TH1: $q \le \frac{1}{2} \implies r \ge 0$
Khi đó:
$$4r^2(1+2q) \ge 0$$
Nên ta sẽ chứng minh:
$$(q^2-2pr)\left[(q^2-2pr)(2+4q)-1 \right] \le 0(2)$$
Dễ thấy :$q^2-2pr \ge 0$ nên:
$$(2) \iff (q^2-2pr)(2+4q) \le 1$$
Do $r \ge 0$ nên:
$$(q^2-2pr)(2+4q) \le q^2(2+4q) \le 1;\forall q \le \frac{1}{2}$$
Trong trường hợp này bài toán đã được chứng minh.

TH2: $1 \ge q \ge \frac{1}{2} \implies r \ge \frac{p(2q-1)}{9}$
Khí đó:
$$(q^2-2pr)\left[(q^2-2pr)(2+4q)-1 \right] \le \left[q^2-\frac{2p^2(2q-1)}{9} \right]\left[\left(q^2-\frac{2p^2(2q-1)}{9} \right)(2+4q)-1 \right]$$
$$=\frac{2(1+2q)(q^4+4q^2+4)-81}{81}$$
$$4r^2(1+2q) \ge \frac{4p^2(2q-1)^2(2q+1)}{81}$$
Vậy bài toán sẽ được giải quyết nếu ta chứng minh được:
$$\frac{2(1+2q)(q^4+4q^2+4)-81}{81} \le \frac{4p^2(2q-1)^2(2q+1)}{81}$$
Thay $p^2=1+2q$ thì ta thu được:
$$\frac{2(1+2q)(q^4+4q^2+4)-81}{81} \le  \frac{4(2q-1)^2(2q+1)^2}{81}=\frac{4(16q^4+1-8q^2)}{81}$$
$$\iff f(q)=4q^5-62q^4+16q^3+40q^2+16q-77 \le 0$$
Do $f(1)f\left(\frac{1}{2} \right) >0$ nên theo Định lý Bolzano-Cauchy thì $\not \exists k \in \left(\frac{1}{2};1 \right):f(k)=0$,hay $f(q) \neq 0;\forall q \in \left[\frac{1}{2};1 \right]$.
Lại có $f$ liện tục  trên $\left[\frac{1}{2};1 \right];f\left(\frac{3}{4} \right)<0$ nên ta sẽ có $f(q)<0;\forall q \in \left[\frac{1}{2};1 \right]$.

Bài toán đã được chứng minh hoàn toàn.Đẳng thức xảy ra khi $a=0;b=c=\frac{1}{2}$ hay các hoán vị tương ứng.