Phan Đình Trung: Bất đẳng thức

Bài toán1: Cho a,b,c là số thực dương. Chứng minh rằng:

$3( a^{2} +b^{2} +c^{2})( a^{2}b^{2} +b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})\geq ( a^{2} + ab+b^{2})(b^{2}+bc +c^{2}) ( a^{2} + ac+c^{2})$

Lời giải:
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $a \geq b \geq c$

Khi đó ta có:

$a^2 \geq ab \geq b^2$

$b^2 \geq bc \geq c^2$

Theo bất đẳng thức Chebyshev:

$\Rightarrow 3(a^2b^2+ab^2c+b^2c^2) \geq (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)$

Bây giờ ta chỉ cần chứng minh
$(a^2+b^2+c^2)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) \geq (a^2+ac+c^2)(a^2b^2+ab^2c+b^2c^2)$

$\Leftrightarrow \dfrac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{a^2b^2+ab^2c+b^2c^2} \geq \dfrac{a^2+ac+c^2}{a^2+b^2+c^2}$

$\Leftrightarrow \dfrac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{a^2b^2+ab^2c+b^2c^2} -1\geq \dfrac{a^2+ac+c^2}{a^2+b^2+c^2}-1$

$\Leftrightarrow \dfrac{c^2a^2-ab^2c}{a^2b^2+ab^2c+b^2c^2} \geq \dfrac{ca-b^2}{a^2+b^2+c^2}$

$\Leftrightarrow (ca-b^2)(\dfrac{ca(a^2+b^2+c^2)-a^2b^2-ab^2c-b^2c^2}{(a^2b^2+ab^2c+b^2c^2)(a^2+b^2+c^2)}) \geq 0$

$\Leftrightarrow (ca-b^2)^2(\dfrac{a^2+c^2}{(a^2b^2+ab^2c+b^2c^2)(a^2+b^2+c^2)}) \geq 0$ (đúng)
Vậy ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$

Bài toán 2 :Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng

$\dfrac{1}{a\sqrt {a + b}} + \dfrac{1}{b\sqrt {b + c}} + \dfrac{1}{c\sqrt {c + a}} \ge \dfrac{3}{\sqrt {2abc}}$

Lời giải:

Ta viết lại BĐT như sau

$(\dfrac{1}{a\sqrt{a + b}} + \dfrac{1}{b\sqrt{b + c}} + \dfrac{1}{c\sqrt{c + a}})^2 \ge \dfrac{9}{2abc}$

Từ BĐT quen thuộc sau

$(x + y + z)^2 \ge 3(xy + yz + zx) (x, y, z >0)$

Ta có

$(\dfrac{1}{a\sqrt{a + b}} + \dfrac{1}{b\sqrt{b + c}} + \dfrac{1}{c\sqrt{c + a}})^2$

$\ge 3(\dfrac{1}{ab\sqrt{(a + b)(b + c)}} + \dfrac{1}{bc\sqrt{(b + c)(c + a)}} + \dfrac{1}{ca\sqrt{(c + a)(a + b)}})$

$\Leftrightarrow (\dfrac{1}{a\sqrt{a + b}} + \dfrac{1}{b\sqrt{b + c}} + \dfrac{1}{c\sqrt{c + a}})^2$

$\ge \dfrac{3}{2abc}(\dfrac{2c}{\sqrt{(a + b)(b + c)}} + \dfrac{2a}{\sqrt{(b + c)(c + a)}} + \dfrac{2b}{\sqrt{(c + a)(a + b)}})$

Do đó ta chỉ cần chứng minh:

$\dfrac{2c}{\sqrt{(a + b)(b + c)}} + \dfrac{2a}{\sqrt{(b + c)(c + a)}} + \dfrac{2b}{\sqrt{(c + a)(a + b)}} \ge 3$

Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

$2\sqrt{(a + b)(b + c)} \le a + b + b + c$

$\Leftrightarrow \dfrac{2c}{\sqrt{(a + b)(b + c)}} \ge \dfrac{4c}{a + 2b + c}$

Chứng minh tương tự, ta cũng có

$\dfrac{2a}{\sqrt{(b + c)(c + a)}} \ge \dfrac{4a}{b + 2c + a}, \dfrac{2b}{\sqrt{(c + a)(a + b)}} \ge \dfrac{4b}{c + 2a + b}$

Vậy,

$\dfrac{2c}{\sqrt{(a + b)(b + c)}} + \dfrac{2a}{\sqrt{(b + c)(c + a)}} + \dfrac{2b}{\sqrt{(c + a)(a + b)}}$

$\ge \dfrac{4c}{a + 2b + c} + \dfrac{4a}{b + 2c + a} + \dfrac{4b}{c + 2a + b} (1)$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:

$\dfrac{4c}{a + 2b + c} + \dfrac{4a}{b + 2c + a} + \dfrac{4b}{c + 2a + b}$

$= \dfrac{4c^2}{ca + 2bc + c^2} + \dfrac{4a^2}{ab + 2ca + a^2} + \dfrac{4b^2}{bc + 2ab + b^2} \ge \dfrac{(2a + 2b + 2c)^2}{(a + b + c)^2 + ab + bc + ca}$

Mặt khác:

$ab + bc + ca \le \dfrac{1}{3}(a + b + c)^2$

Vậy,

$\dfrac{4c}{a + 2b + c} + \dfrac{4a}{b + 2c + a} + \dfrac{4b}{c + 2a + b} \ge \dfrac{(2a + 2b + 2c)^2}{(a + b + c)^2 + \dfrac{1}{3}(a + b + c)^2} = 3 (2)$

Từ (1) và (2)

$\Rightarrow \dfrac{2c}{\sqrt{(a + b)(b + c)}} + \dfrac{2a}{\sqrt{(b + c)(c + a)}} + \dfrac{2b}{\sqrt{(c + a)(a + b)}} \ge 3$

Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c$

Bài toán 3: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = xyz

Chứng minh rằng:

$\dfrac{1}{\sqrt {1 + x^2}} + \dfrac{1}{\sqrt {1 + y^2}} + \dfrac{1}{\sqrt {1 + z^2}} \le \dfrac{3}{2}$

Lời giải

Ta có

$x + y + z = xyz$

$\Leftrightarrow \dfrac{1}{xy} + \dfrac{1}{yz} + \dfrac{1}{zx} = 1$

Đặt $a = \dfrac{1}{x}, b = \dfrac{1}{y}, c = \dfrac{1}{z}$ . Ta có

$a, b, c > 0; ab + bc + ca = 1; x = \dfrac{1}{a}, y = \dfrac{1}{b}, z = \dfrac{1}{c}$

Ta viết lại BĐT như sau

$\dfrac{1}{\sqrt {1 + (\dfrac{1}{a})^2}} + \dfrac{1}{\sqrt {1 + (\dfrac{1}{b})^2}} + \dfrac{1}{\sqrt {1 + (\dfrac{1}{c})^2}} \le \dfrac{3}{2}$

$\Leftrightarrow \dfrac{a}{\sqrt {ab + bc + ca + a^2}} + \dfrac{b}{\sqrt {ab + bc + ca + b^2}} + \dfrac{c}{\sqrt {ab + bc + ca + c^2}} \le \dfrac{3}{2}$ (do $ab + bc + ca = 1$ )

$\Leftrightarrow \dfrac{a}{\sqrt {(c + a)(a + b)}} + \dfrac{b}{\sqrt {(a + b)(b + c)}} + \dfrac{c}{\sqrt {(b + c)(c + a)}} \le \dfrac{3}{2}$

Áp dụng AM – GM ta có

$\dfrac{a}{\sqrt {(c + a)(a + b)}} = \dfrac{a\sqrt {(c + a)(a + b)}}{(c + a)(a + b)}$

$\le \dfrac{1}{2}\dfrac{a(c + a + a + b)}{(c + a)(a + b)} = \dfrac{1}{2}(\dfrac{a}{c + a} + \dfrac{a}{a + b})$

Chứng minh tương tự ta cũng có

$\dfrac{b}{\sqrt {(a + b)(b + c)}} \le \dfrac{1}{2}(\dfrac{b}{a + b} + \dfrac{b}{b + c}); \dfrac{c}{\sqrt {(b + c)(c + a)}} \le \dfrac{1}{2}(\dfrac{c}{b + c} + \dfrac{c}{c + a})$

Vậy,

$\dfrac{a}{\sqrt {(c + a)(a + b)}} + \dfrac{b}{\sqrt {(a + b)(b + c)}} + \dfrac{c}{\sqrt {(b + c)(c + a)}}$

$\le \dfrac{1}{2}(\dfrac{a + b}{a + b} + \dfrac{b + c}{b + c} + \dfrac{c + a}{c + a}) = \dfrac{3}{2}$

Vậy ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x = y = z = \sqrt 3$

Bài toán 4:Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=3

Chứng minh rằng

$\dfrac{1}{{1 + ab}} + \dfrac{1}{{1 + bc}} + \dfrac{1}{{1 + ca}} \ge \dfrac{9}{{2\left( {\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c } \right)}}$

Lời giải

Bất đẳng thức cần chưng minh tương đương với:

$\left( {1 - \dfrac{1}{{1 + ab}}} \right) + \left( {1 - \dfrac{1}{{1 + bc}}} \right) + \left( {1 - \dfrac{1}{{1 + ca}}} \right) \le 3 - \dfrac{9}{{2\left( {\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c } \right)}}$

$\Leftrightarrow \dfrac{{ab}}{{1 + ab}} + \dfrac{{bc}}{{1 + bc}} + \dfrac{{ca}}{{1 + ca}} \le 3 - \dfrac{9}{{2\left( {\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c } \right)}}$

Từ bất đẳng thức AM-GM, ta có,

$\dfrac{{ab}}{{1 + ab}} + \dfrac{{bc}}{{1 + bc}} + \dfrac{{ca}}{{1 + ca}} \le \dfrac{{ab}}{{2\sqrt {ab} }} + \dfrac{{bc}}{{2\sqrt {bc} }} + \dfrac{{ca}}{{2\sqrt {ca} }} = \dfrac{1}{2}\left( {\sqrt {ab} + \sqrt {bc} + \sqrt {ca} } \right)$

Do đó ta cần chứng minh,

$\sqrt {ab} + \sqrt {bc} + \sqrt {ca} + \dfrac{9}{{\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c }} \le 6$

Đặt $\sqrt a = x,\sqrt b = y,\sqrt c = z \Rightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} = 3$

Bất đẳng thức được viết lại thành

$xy + yz + zx + \dfrac {9}{{x + y + z}} \le 6$

$\Leftrightarrow xy + yz + zx + \dfrac{{\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)\sqrt {3\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)} }}{{x + y + z}} \le 2\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)$

Để chứng minh bất đẳng thức trên, ta có 2 cách chứng minh

Cách thứ minh thứ nhất

Do tính thuần nhất, nên ta chuẩn hóa cho $x + y + z = 1$

Đặt $xy + yz + zx = A \Rightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} = 1 - 2A,A \le \dfrac{1}{3} < \dfrac{2}{5}$

Bất đẳng thức tương đương với,

$\begin{aligned}&A + \dfrac {{\left( {1 - 2A} \right)\sqrt {3\left( {1 - 2A} \right)} }}{1} \le 2\left( {1 - 2A} \right)\\&\Leftrightarrow\left( {1 - 2A} \right)\sqrt {3\left( {1 - 2A} \right)} \le 2 - 5A\\&\Leftrightarrow3{\left( {1 - 2A} \right)^3} \le {\left( {2 - 5A} \right)^2}\\&\Leftrightarrow0 \le \left( {1 - 3A} \right)\left( {1 + A - 8{A^2}} \right)\end{aligned}$

Bất đẳng thức đúng vì $1 - 3A \ge 0,1 + A - 8{A^2} > 1 - 9{A^2} \ge 0$

Cách chứng minh thứ hai

Bất đẳng thức tương đương với

$xy + yz + zx \le \left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)\left[ {\dfrac{{2\left( {x + y + z} \right) - \sqrt {3\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)} }}{{x + y + z}}} \right]$

$\Leftrightarrow xy + yz + zx \le \left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)\dfrac{{4{{\left( {x + y + z} \right)}^2} - 3\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)}}{{\left( {x + y + z} \right)\left[ {2\left( {x + y + z} \right) + \sqrt {3\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)} } \right]}}$

$\Leftrightarrow xy + yz + zx \le \left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)\dfrac{{{x^2} + {y^2} + {z^2} + 8\left( {xy + yz + zx} \right)}}{{\left( {x + y + z} \right)\left[ {2\left( {x + y + z} \right) + \sqrt {3\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)} } \right]}}$

Ta dễ dàng chứng minh được 2 bất đẳng thức sau,

$\begin{aligned}&a)2\left( {x + y + z} \right) + \sqrt {3\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)} \le 3\sqrt {3\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)}\\&b){3\sqrt{3\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)}} \left( {xy + yz + zx} \right) \le {\left( {x + y + z} \right)^3}\\&\Leftrightarrow 27\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)\left( {xy + yz + zx} \right)\left( {xy + yz + zx} \right) \le {\left( {x + y + z} \right)^6}\end{aligned}$

(đúng theo bất đẳng thức AM-GM)

Vậy,

$\left[ {2\left( {x + y + z} \right) + \sqrt {3\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)} } \right]\left( {xy + yz + zx} \right) \le {\left( {x + y + z} \right)^3}$

Vậy ta cần chứng minh

${\left( {x + y + z} \right)^4} \le \left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)\left[ {{x^2} + {y^2} + {z^2} + 8\left( {xy + yz + zx} \right)} \right]$

$\Leftrightarrow 4\left( {xy + yz + zx} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx} \right) \ge 0$ (đúng)

Vậy ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 1$

Bài toán 5: Cho a,b,c là số thực dương. Chứng minh rằng:

$\sqrt {(a + b + c)(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c})} \ge 1 + \sqrt {1 + \sqrt {({a^2} + {b^2} + {c^2})(\dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{{{c^2}}})} }$

Lời giải

Bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại thành

$\sqrt {(a + b + c)(ab + bc + ca)} \ge \sqrt {abc} + \sqrt {abc + \sqrt {({a^2} + {b^2} + {c^2})({a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2})} }$

Bất đẳng thức trên là thuần nhất, nên ta giả sử $ab+bc+ca = 1$ , đặt $a+b+c = p$ , $abc=r$

Ta có:

${a^2} + {b^2} + {c^2} = {(a + b + c)^2} - 2(ab + bc + ca) = {p^2} - 2$

${a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} = {(ab + bc + ca)^2} - 2abc(a + b + c) = 1 - 2pr$

$p \ge \sqrt 3 ,r \le {\left( {\dfrac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)^3} \Rightarrow \sqrt p - 2\sqrt r > 0$

Khi đó, ta cần chứng minh:
$\sqrt p \ge \sqrt r + \sqrt {r + \sqrt {({p^2} - 2)(1 - 2pr)} }$

$\Leftrightarrow \sqrt p - \sqrt r \ge \sqrt {r + \sqrt {({p^2} - 2)(1 - 2pr)} }$

$\Leftrightarrow {(\sqrt p - \sqrt r )^2} \ge {(\sqrt {r + \sqrt {({p^2} - 2)(1 - 2pr)} } )^2}$

$\Leftrightarrow p + r - 2\sqrt {pr} \ge r + \sqrt {({p^2} - 2)(1 - 2pr)}$

$\Leftrightarrow p - 2\sqrt {pr} \ge \sqrt {({p^2} - 2)(1 - 2pr)}$

$\Leftrightarrow {(p - 2\sqrt {pr} )^2} \ge {(\sqrt {({p^2} - 2)(1 - 2pr)} )^2}$

$\Leftrightarrow {p^2} - 4p\sqrt {pr} + 4pr \ge {p^2} - 2 + 4pr - 2{p^2}.pr$

$\Leftrightarrow 2{(p\sqrt {pr} - 1)^2} \ge 0$ (đúng)

Vậy ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow abc{(a + b + c)^3} = {(ab + bc + ca)^3}\Leftrightarrow ({a^2} - bc)({b^2} - ca)({c^2} - ab) = 0$

Bài toán 6 Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng

$(ab + c^2)(bc + a^2)(ca + b^2) \ge abc(a + b)(b + c)(c + a)$

Lời giải 1:

Ta có

$\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} = \dfrac{ca + b^2}{bc}, \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} = \dfrac{ab + c^2}{ca}, \dfrac{c}{a} + \dfrac{a}{b} = \dfrac{bc + a^2}{ab}$

$\Rightarrow (ab + c^2)(bc + a^2)(ca + b^2) = a^2b^2c^2(\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c})(\dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a})(\dfrac{c}{a} + \dfrac{a}{b})$

Do đó ta cần chứng minh

$a^2b^2c^2(\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c})(\dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a})(\dfrac{c}{a} + \dfrac{a}{b}) \ge abc(a + b)(b + c)(c + a)$

$\Leftrightarrow (\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c})(\dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a})(\dfrac{c}{a} + \dfrac{a}{b}) \ge (\dfrac{a}{b} + 1)(\dfrac{b}{c} + 1)(\dfrac{c}{a} + 1) (1)$

Đặt $x = \dfrac{a}{b}, y = \dfrac{b}{c}, z = \dfrac{c}{a} \Rightarrow x, y, z >0; xyz = 1$

$(1) \Leftrightarrow (x + y)(y + z)(z + x) \ge (x + 1)(y + 1)(z + 1)$

$\Leftrightarrow (x + y + z)(xy + yz + zx) - xyz \ge x + y + z + xy + yz + zx + xyz + 1$

$\Leftrightarrow (x + y + z)(xy + yz + zx) \ge x + y + z + xy + yz + zx + 3 (xyz = 1) (2)$

Đặt $p = x + y + z, q = xy + yz + zx (p, q > 0)$ . Áp dụng AM – GM ta có $p, q \ge 3 (xyz = 1)$

$(2) \Leftrightarrow pq \ge p + q + 3$

$\Leftrightarrow (p - 1)(q - 1) \ge 4$ (đúng do $p, q \ge 3$ )

Vậy ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c$

Lời giải 2:

Ta có

$\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} = \dfrac{ca + b^2}{bc}, \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} = \dfrac{ab + c^2}{ca}, \dfrac{c}{a} + \dfrac{a}{b} = \dfrac{bc + a^2}{ab}$

$\Rightarrow (ab + c^2)(bc + a^2)(ca + b^2) = a^2b^2c^2(\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c})(\dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a})(\dfrac{c}{a} + \dfrac{a}{b})$

Do đó ta cần CM

$a^2b^2c^2(\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c})(\dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a})(\dfrac{c}{a} + \dfrac{a}{b}) \ge abc(a + b)(b + c)(c + a)$

$\Leftrightarrow (\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c})(\dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a})(\dfrac{c}{a} + \dfrac{a}{b}) \ge (\dfrac{a}{b} + 1)(\dfrac{b}{c} + 1)(\dfrac{c}{a} + 1) (1)$

Đặt $x = \dfrac{a}{b}, y = \dfrac{b}{c}, z = \dfrac{c}{a} \Rightarrow x, y, z >0; xyz = 1$

$(1) \Leftrightarrow (x + y)(y + z)(z + x) \ge (x + 1)(y + 1)(z + 1)$

$\Leftrightarrow (x + y + z)(xy + yz + zx) - xyz \ge x + y + z + xy + yz + zx + xyz + 1$

$\Leftrightarrow (x + y + z)(xy + yz + zx) \ge x + y + z + xy + yz + zx + 3 (xyz = 1) (2)$

Đặt $p = x + y + z, q = xy + yz + zx (p, q > 0)$ . Áp dụng AM – GM ta có $p, q \ge 3 (xyz = 1)$

$(2) \Leftrightarrow pq \ge p + q + 3$

$\Leftrightarrow (p - 1)(q - 1) \ge 4$ (đúng do $p, q \ge 3$ )

Bài toán được giải quyết. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c$

Bài toán 7: Cho a,b,c là các số thực dương, chứng minh rằng

$\dfrac{{{a^4} + {b^4} + {c^4}}}{{ab + bc + ca}} + \dfrac{{3abc}}{{a + b + c}} \ge \dfrac{2}{3}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)$

Lời giải:

Từ bất đẳng thức quen thuộc sau

$ab + bc + ca \le \dfrac{1}{3}{\left( {a + b + c} \right)^2}$

Ta có

$\dfrac{{{a^4} + {b^4} + {c^4}}}{{ab + bc + ca}} + \dfrac{{3abc}}{{a + b + c}} \ge \dfrac{{3\left[ {{a^4} + {b^4} + {c^4} + abc\left( {a + b + c} \right)} \right]}}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}$

Vậy ta chỉ cần chứng minh

$\dfrac{{3\left[ {{a^4} + {b^4} + {c^4} + abc\left( {a + b + c} \right)} \right]}}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}} \ge \dfrac{2}{3}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)$

$\Leftrightarrow 9\left[ {{a^4} + {b^4} + {c^4} + abc\left( {a + b + c} \right)} \right] \ge 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab + 2bc + 2ca} \right)$

$\Leftrightarrow 9\left[ {{a^4} + {b^4} + {c^4} + abc\left( {a + b + c} \right)} \right] \ge 2{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^2} + 4\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)$

$\Leftrightarrow 7\left( {{a^4} + {b^4} + {c^4}} \right) + 5abc\left( {a + b + c} \right) \ge 4\left( {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \right) + 4\sum {ab\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}$