Dựng đường tròn nội tiếp $\triangle ABC$.
Đặt: $\begin{cases} AM=x\\ BM=y\\ CN=z \end{cases}$
Khi đó: $\begin{cases} a=y+z\\ b=z+x\\ c=x+y \end{cases}$
BĐT cần chứng minh:
$\Leftrightarrow (y+z)^{2}(z+x)(y-x)+(z+x)^{2}(x+y)(z-y)+(x+y)^{2}(y+z)(x-z)\geq 0$
$\Leftrightarrow y^{3}z+z^{3}x+x^{3}y\geq xyz(x+y+z)$
$\Leftrightarrow \frac{y^{2}}{x}+\frac{z^{2}}{y}+\frac{x^{2}}{z}\geq x+y+z (*)$
Cách $1:$Theo BĐT Bunhiacopski:
$(x+y+z)^{2}=(\frac{y}{\sqrt{x}}.\sqrt{x}+\frac{z}{\sqrt{y}}.\sqrt{y}+\frac{x}{\sqrt{z}}.\sqrt{z})^{2}\leq (\frac{y^{2}}{x}+\frac{z^{2}}{y}+\frac{x^{2}}{z})(x+y+z)$
$\Rightarrow \frac{y^{2}}{x}+\frac{z^{2}}{y}+\frac{x^{2}}{z} \geq x+y+z$
Cách $2:$ Theo BĐT Cosy:
$\frac{y^2}x+x\ge 2y; \frac{z^2}y+y\ge 2z; \frac{x^2}z+z\ge 2x$
Cộng $3$ bất đẳng thức trên vế theo vế ta được:
$\frac{y^2}x+x+\frac{z^2}y+y+\frac{x^2}z+z\ge 2(x+y+z) \Leftrightarrow \frac{y^{2}}{x}+\frac{z^{2}}{y}+\frac{x^{2}}{z} \geq x+y+z$
$\Rightarrow (*)$ đúng.$\Rightarrow$ (ĐPCM)