Chứng minh bất đẳng thức:

$\frac{a_1^2}{a_2+a_3+a_4}+\frac{a_2^2}{a_3+a_4+a_5}+\frac{a_3^2}{a_4+a_5+a_1}+\frac{a_4^2}{a_5+a_1+a_2}+\frac{a_5^2}{a_1+a_2+a_3}\ge \frac{\sqrt{5}}{3}$

Trong đó: a₁, a₂, a₃, a₄, a₅ là các số dương thỏa mãn điều kiện:

$a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2+a_5^2\ge 1$

Đặt:

$$\begin{gathered} A=\frac{a_1^2}{a_2+a_3+a_4}+\frac{a_2^2}{a_3+a_4+a_5}+\frac{a_3^2}{a_4+a_5+a_1}+\frac{a_4^2}{a_5+a_1+a_2}+\frac{a_5^2}{a_1+a_2+a_3} \\ B=a_1^2(a_2+a_3+a_4)+a_2^2(a_3+a_4+a_5)+a_3^2(a_4+a_5+a_1)+a_4^2(a_5+a_1+a_2)+a_5^2(a_1+a_2+a_3) \\ C=a_1^2{(a_2+a_3+a_4)}^2+a_2^2{(a_3+a_4+a_5)}^2+a_3^2{(a_4+a_5+a_1)}^2+a_4^2{(a_5+a_1+a_2)}^2+a_5^2{(a_1+a_2+a_3)}^2 \\ D=3\left[a_1^2(a_2+a_3+a_4)+a_2^2(a_3+a_4+a_5)+a_3^2(a_4+a_5+a_1)+a_4^2(a_5+a_1+a_2)+a_5^2(a_1+a_2+a_3)\right] \\ E=a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2+a_5^2 \end{gathered}$$

Do:

$3(x^2+y^2+z^2)\ge {(x+y+z)}^2$ đúng với $\forall x,y,z\in ℝ$

Nên

$D\ge C$                                                                        (1)

Bằng biến đổi đơn giản, ta có:

$$\begin{gathered} \frac{5}{9}{E}^2-D=\frac{3}{10}\text{[(}{a}_1^2+a_2^2-a_3^2-a_4^2{)}^2+{(a_2^2+a_3^2-a_4^2-a_5^2)}^2+{(a_3^2+a_4^2-a_5^2-a_1^2)}^2 \\ +{(a_4^2+a_5^2-a_1^2-a_2^2)}^2+{(a_5^2+a_1^2-a_2^2-a_3^2)}^2+{(a_1^2-a_4^2)}^2 \\ +{(a_1^2-a_3^2)}^2+{(a_2^2-a_4^2)}^2+{(a_2^2-a_5^2)}^2+{(a_3^2-a_4^2)}^2\text{]}\ge 0 \end{gathered}$$

Nên $\frac{5}{9}{E}^2\ge 0$                                                                   (2)

Sử dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta thu được:

$A.B\ge E^2$                                                                    (3)

Vận dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta thu được:

$B^2\le EC$                                                                    

Từ (1) và (2), ta có:

$B^2\le EC\le ED\le E.\frac{5}{9}{E}^2=\frac{5}{9}{E}^3$                                        (4)

Từ (3) và (4), ta thu được: $A\ge \frac{\sqrt{5}}{3}\sqrt{E}\ge \frac{\sqrt{5}}{3}$, do $E\ge 1$.

Đẳng thức chỉ xảy ra khi: $a_1=a_2=a_3=a_4=a_5=\frac{1}{\sqrt{5}}$