Làm mịn bất đẳng thức Nesbitt
 

Với các số thực dương $a;\,b;\,c$, chứng minh

• $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\ge 1+\dfrac{a^2+b^2+c^2}{2(ab+bc+ca)}.$
• $\dfrac{a}{c+a}+\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{c}{b+c}\ge 1+\dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}.$
• $\dfrac{a}{c+a}+\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{c}{b+c}\ge \dfrac{a+b+c}{a+b+c-\sqrt[3]{abc}}.$

Hai bất đẳng thức đầu tiên có thể thấy rằng là hệ quả trực tiếp của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
$ \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b} \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}.$
$ \dfrac{a}{c+a}+\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{c}{b+c} \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}.$
Em thấy đáng chú ý nhất là bất đẳng thức cuối thôi :matrix::matrix:
$\dfrac{a}{c+a}+\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{c}{b+c} \geq \dfrac{a+b+c}{a+b+c-\sqrt[3]{abc}}.$

Chuẩn hoá $a+b+c=1$ và từ bất đẳng thức quen thuộc
\[a{b^k} + b{c^k} + c{a^k} \ge \left( {a + b + c} \right){\sqrt[3]{{abc}}^k}={\sqrt[3]{{abc}}^k}\quad\forall\,k\in\mathbb N .\]
Đặt $\sqrt[3]{{abc}}=p$ ta có
\[\sum\limits_{k = 0}^{ + \infty } {\left( {a{b^k} + b{c^k} + c{a^k}} \right)} \ge \sum\limits_{k = 0}^{ + \infty } {{p^k}} .\]
Tức là
$$\dfrac{a}{1-b}+\dfrac{b}{1-c}+\dfrac{c}{1-a}\ge \dfrac{1}{1-p}.$$
Ta có điều phải chứng minh.