Bài bất đẳng thức Mexico National Olympiad 2014

Bài toán. (Chọn đội tuyển Mexico National Olympiad 2014)
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa $a+b+c=3$. Chứng minh rằng
$$\frac{a^{2}}{a+\sqrt[3]{bc}}+\frac{b^{2}}{b+\sqrt[3]{ca}}+\frac{c^{2}}{c+\sqrt[3]{ab}}\geq \frac{3}{2}$$
Lời giải.
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được
$$\frac{a^{2}}{a+\sqrt[3]{bc}}+\frac{b^{2}}{b+\sqrt[3]{ca}}+\frac{c^{2}}{c+\sqrt[3]{ab}}\geq \frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{a+b+c+\sqrt[3]{ab}+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}}$$
 Mà theo bất đẳng thức AM-GM ta có
$$a+b+1\geq 3\sqrt[3]{ab},\;\;b+c+1\geq 3\sqrt[3]{bc},\;\;c+a+1\geq 3\sqrt[3]{ca}$$$$\rightarrow \sqrt[3]{ab}+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}\leq \frac{2(a+b+c)+3}{3}=3$$Dẫn đến
$$\frac{a^{2}}{a+\sqrt[3]{bc}}+\frac{b^{2}}{b+\sqrt[3]{ca}}+\frac{c^{2}}{c+\sqrt[3]{ab}}\geq \frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{a+b+c+\sqrt[3]{ab}+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}}\geq \frac{9}{3+3}=\frac{3}{2}$$
Vậy chứng minh được hoàn thành.

Làm mạnh bất đẳng thức trên:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa $a+b=c=3$. Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với  mọi $n$:
$$\frac{a^{2}}{a+\sqrt[n]{bc}}+\frac{b^{2}}{b+\sqrt[n]{ca}}+\frac{c^{2}}{c+\sqrt[n]{ab}}\geq \frac{3}{2}$$

Bài bất đẳng thức IMO ShortList 1998

Bài toán. (IMO ShortList 1998)
Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $xyz=1$. Chứng minh rằng $$\frac{x^{3}}{\left ( 1+y \right )\left ( 1+z \right )}+\frac{y^{3}}{\left ( 1+z \right )\left ( 1+x \right )}+\frac{z^{3}}{\left ( 1+x \right )\left ( 1+y \right )}\geq \frac{3}{4}$$
Lời giải.
Theo bất đẳng thức AM-GM ta có $$\frac{x^{3}}{\left ( 1+y \right )\left ( 1+z \right )}+\frac{1+y}{8}+\frac{1+z}{8}\geq \frac{3x}{4}\;\;(1)$$ Tương tự ta được $$\frac{y^{3}}{\left ( 1+z \right )\left ( 1+x \right )}+\frac{1+z}{8}+\frac{1+x}{8}\geq \frac{3y}{4}\;\;(2)$$$$\frac{z^{3}}{\left ( 1+x \right )\left ( 1+y \right )}+\frac{1+x}{8}+\frac{1+y}{8}\geq \frac{3z}{4}\;\;(3)$$
Cộng $(1)(2)(3)$ vế theo vế ta suy ra $$\sum \frac{x^{3}}{\left ( 1+y \right )\left ( 1+z \right )}\geq \frac{1}{2}\left ( x+y+z \right )-\frac{3}{4}\geq \frac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}-\frac{3}{4}=\frac{3}{4}$$

Làm mạnh bài bất đẳng thức trên:
Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $xyz=1$. Chứng minh rằng  $$\frac{x^{n}}{\left ( \lambda +y \right )\left ( \lambda+z \right )}+\frac{y^{n}}{\left ( \lambda+z \right )\left ( \lambda+x \right )}+\frac{z^{n}}{\left ( \lambda+x \right )\left ( \lambda+y \right )}\geq \frac{3}{\left ( \lambda+1 \right )^{2}},\;\;n\geq 1,\lambda\geq 1$$

Bài toán.
Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $$8\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )+9\geq 10\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )\;(1)$$
Lời giải.
Đặt $x=ab+bc+ca$. Khi đó $$(1)\Leftrightarrow \frac{8x}{abc}+9\geq 10(9-2x)\Leftrightarrow abc\leq \frac{8x}{81-20x}$$
$$\Leftrightarrow 8abc-4(ab+bc+ca)+2(a+b+c)-1\leq \frac{8x}{81-20x}-4x+5$$
$$\Leftrightarrow (2a-1)(2b-1)(2c-1)\leq \frac{5(4x-9)^{2}}{81-20x}$$
Không mất tính tổng quát, giả sử $a=max\begin{Bmatrix}
a,b,c
\end{Bmatrix}\Rightarrow a\geq 1\Rightarrow 2a-1>0$

* Nếu $(2b-1)(2c-1)<0$ thì bất đẳng thức được chứng minh.

* Nếu $(2b-1)(2c-1)\geq 0$. Ta xét hai trường hợp sau:

 Trường hợp 1. Nếu $2b-1>0$ và $2c-1>0$.

Áp dụng bất đẳng thức $\left ( \sum xy \right )^{2}\geq 3xyz\left ( \sum x \right )$ ta được $$(2a-1)(2b-1)(2c-1)\leq \frac{[\sum (2a-1)(2b-1)]^{2}}{3.\sum a}=\frac{(4x-9)^{2}}{9}$$Ta chỉ cần chứng minh $$\frac{(4x-9)^{2}}{9}\leq \frac{5(4x-9)^{2}}{81-20x}$$
Thật vậy: $$\frac{(4x-9)^{2}}{9}\leq \frac{5(4x-9)^{2}}{81-20x}\Leftrightarrow 81-20x\leq 45\Leftrightarrow x\geq \frac{5}{4}$$
Điều này đúng do $\sum (2a-1)(2b-1)\geq 0\Rightarrow 4x-9\geq 0\Leftrightarrow x\geq \frac{9}{4}$

 Trường hợp 2. Nếu $2b-1\leq 0$ và $2c-1\leq 0$.

Đặt $f(a,b,c)=8\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )+9- 10\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right)$. Khi đó $$f(a,b,c)-f\left ( a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2} \right )=8\left ( \frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{4}{b+c} \right )- 10\left ( b^{2}+c^{2}-2\left ( \frac{b+c}{2} \right )^{2} \right)$$$$\Rightarrow f(a,b,c)-f\left ( a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2} \right )=(b-c)^{2}\begin{bmatrix}
\frac{8}{bc(b+c)}-5
\end{bmatrix}\geq 0$$
Ta chỉ cần chứng minh $$f\left ( a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2} \right )\geq 0\Leftrightarrow f(3-2t,t,t)\geq 0\;(0<t<\frac{3}{2})$$Thật vậy $$8\left ( \frac{1}{3-2t}+\frac{2}{t}\right )+9\geq 10[(3-2t)^{2}+2t^{2}]\Leftrightarrow (2t-1)^{2}(30t^{2}-75t+48)\geq 0$$
Điều này luôn đúng.

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.


Một bài toán khác được suy ra từ bài trên.

Bài toán. (Romania 2007)
Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}$$

Bài bất đẳng thức chọn đội tuyển VMO Cần Thơ 2015

Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Cần Thơ 2015)
Cho $2014$ số thực dương $a_{1},a_{2},...,a_{2014}$  thỏa mãn  $a_{1}+a_{2}+...+a_{2014}=2014$.

Chứng minh rằng $$P=\frac{a_{1}^{20}}{a_{2}^{11}}+\frac{a_{2}^{20}}{a_{3}^{11}}+...+\frac{a_{2013}^{20}}{a_{2014}^{11}}+\frac{a_{2014}^{20}}{a_{1}^{11}}\geq 2014$$
Lời giải.
Theo bất đẳng thức AM-GM cho $20$ số dương ta được $$\frac{a_{1}^{20}}{a_{2}^{11}}+11a_{2}+8\geq 20\sqrt[20]{\frac{a_{1}^{20}}{a_{2}^{11}}.a_{2}^{11}.1^{8}}=20a_{1}$$
Tương tự ta có $$\frac{a_{2}^{20}}{a_{3}^{11}}+11a_{2}+8\geq 20\sqrt[20]{\frac{a_{2}^{20}}{a_{3}^{11}}.a_{3}^{11}.1^{8}}=20a_{2}$$$$.......................................$$$$\frac{a_{2014}^{20}}{a_{1}^{11}}+11a_{1}+8\geq 20\sqrt[20]{\frac{a_{2014}^{20}}{a_{1}^{11}}.a_{1}^{11}.1^{8}}=20a_{2014}$$
Từ đây suy ra $$P+11\left ( a_{1}+a_{2}+...+a_{2014} \right )+8.2014\geq 20\left ( a_{1}+a_{2}+...+a_{2014} \right )$$ Theo giả thiết ta lại có $a_{1},a_{2},...,a_{2014}$  thỏa mãn  $a_{1}+a_{2}+...+a_{2014}=2014$

Dẫn đến $P\geq 20.2014-11.2014-8.2014=2014$

Đẳng thức xảy ra khi $a_{1}=a_{2}=...=a_{2014}=1$

Một tính chất hay của bất đẳng thức

Bài toán.
Nếu các số thực $x,y,z$ thỏa $x^{2}+y^{2}+z^{2}-xyz=4$ và $max\begin{Bmatrix}
\left | x \right |,\left | y \right |,\left | z \right |
\end{Bmatrix}> 2$ thì

tồn tại các số thực $a,b,c$ có tích bằng $1$ thỏa $x=a+\frac{1}{a},\,y=b+\frac{1}{b},\,z=c+\frac{1}{a}$

Lời giải.
Gọi $\left ( x_{0},y_{0},z_{0} \right )$ là bộ nghiệm thỏa $x^{2}+y^{2}+z^{2}-xyz=4$ $(1)$

Do vai trò $x,y,z$ như nhau nên giả sử $x_{0}=max\begin{Bmatrix}
\left | x_{0} \right |,\left | y_{0} \right |,\left | z_{0} \right |
\end{Bmatrix}\Rightarrow x_{0}> 2$

Xét phương trình bậc hai ẩn $z$ $$z^{2}-zx_{0}y_{0}+x_{0}^{2}+y_{0}^{2}-4=0$$ Khi đó $$\Delta =x_{0}^{2}y_{0}^{2}-4\left ( x_{0}^{2}+y_{0}^{2}-4 \right )=\left ( x_{0}^{2}-4 \right )\left ( y_{0}^{2}-4 \right )\geqslant 0\Rightarrow \left | y_{0} \right |\geq 2$$ Tương tự $\left | z_{0} \right |\geq 2$

Do $\left | x_{0} \right |,\left | y_{0} \right |\geq 2$ nên tồn tại $a,b$ thỏa $x_{0}=x_{1}+\frac{1}{x_{1}}$ và $y_{0}=y_{1}+\frac{1}{y_{1}}$

Thế vào $(1)$ ta được $$z_{0}^{2}-\left ( x_{1}+\frac{1}{x_{1}} \right )\left ( y_{1}+\frac{1}{y_{1}} \right )z_{0}+x_{1}^{2}+\frac{1}{x_{1}^{2}}+y_{1}^{2}+\frac{1}{y_{1}^{2}}=0$$$$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
z_{0}-\left ( x_{1}y_{1}+\frac{1}{x_{1}y_{1}} \right )
\end{bmatrix}.\begin{bmatrix}
z_{0}-\left ( \frac{x_{1}}{y_{1}}+\frac{y_{1}}{x_{1}} \right )
\end{bmatrix}=0$$
Nếu $z_{0}=x_{1}y_{1}+\frac{1}{x_{1}y_{1}}$ thì chọn $a=x_{1};\, b=y_{1};\, c=\frac{1}{x_{1}y_{1}}$

Nếu $z_{0}=\frac{x_{1}}{y_{1}}+\frac{y_{1}}{x_{1}}$ thì chọn $a=x_{1};\, b=\frac{1}{y_{1}};\,c=\frac{y_{1}}{x_{1}}$

Vậy suy ra điều phải chứng minh.

Nguyên lý Đirichlet trong bất đẳng thức

Bài toán 1.
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng $$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1\geq 2(ab+bc+ca) $$
Lời giải.
Theo nguyên lý Đirichlet, trong ba số $a-1,b-1,c-1$ tồn tại ít nhất hai số cùng dấu.

Giả sử $(a-1)(b-1)\geq 0$. Khi đó $$c(a-1)(b-1)\geq 0\Rightarrow 2abc+2c\geq 2ab+2bc$$Lại có $$a^{2}+b^{2}+c^{2}+1\geq 2ab+2c$$Suy ra $$a^{2}+b^{2}+c^{2}+1+2abc+2c\geq 2(ab+bc+ca)+2c$$$$\Rightarrow  a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1\geq 2(ab+bc+ca) $$

Bài toán 2.
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng $$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+3\geq (a+1)(b+1)(c+1)$$
Lời giải.
Theo nguyên lý Đirichlet, trong ba số $a-1,b-1,c-1$ tồn tại ít nhất hai số cùng dấu. 

Giả sử $(a-1)(b-1)\geq 0$. Khi đó $$c(a-1)(b-1)\geq 0\Rightarrow 2abc+2c\geq 2ab+2bc$$Ta cần chứng minh $$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2\geq a+b+2c+ab$$Thật vậy $$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2\geq a+b+2c+ab\Leftrightarrow \frac{1}{2}\left ( a-b \right )^{2}+\frac{1}{2}\left ( a-1 \right )^{2}+\frac{1}{2}\left ( b-1 \right )^{2}+(c-1)^{2}\geq 0$$
Vậy ta có bất đẳng thức $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+3\geq (a+1)(b+1)(c+1)$


Bài toán 3.
Cho $a,b,c>0$ và $x=a+\frac{1}{b};\,y=b+\frac{1}{c},\,z=c+\frac{1}{a}$. Chứng minh rằng $$xy+yz+zx\geq 2(x+y+z)$$
Lời giải.
Theo nguyên lý Đirichlet, tồn tại hai số $\leq2$ hoặc $\geq2$. Giả sử là $x,y$. Khi đó $$(x-2)(y-2)\geq0\Rightarrow xy+4\geq 2x+2y$$
Ta chỉ cần chứng minh $$yz+zx\geq 2z+4$$Thật vậy $$yz+zx\geq 2z+4\Leftrightarrow z(x+y-2)\geq 4\Leftrightarrow \left ( c+\frac{1}{a} \right )\left ( a+\frac{1}{c}+b+\frac{1}{b}-2 \right )\geq 4$$Ta có $$\left ( c+\frac{1}{a} \right )\left ( a+\frac{1}{c}+b+\frac{1}{b}-2 \right )\geq \left ( c+\frac{1}{a} \right )\left ( a+\frac{1}{c} \right )\geq 4$$
Do đó bất đẳng thức được chứng minh hoàn toàn.

Bài toán 4. (Chọn đội tuyển trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Ninh Thuận)
Cho $x,y,z$ dương. Chứng minh rằng $$xyz+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5\geq 3(x+y+z)$$
Lời giải.
Theo bài toán $1$ ta được $$xyz\geq \frac{2(xy+yz+zx)-(x^{2}+y^{2}+z^{2}+1)}{2}$$$$xyz+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5\geq \frac{2(xy+yz+zx)-(x^{2}+y^{2}+z^{2}+1)}{2}+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5$$$$\Rightarrow xyz+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5\geq \frac{(x+y+z)^{2}+9}{2}\geq 3(x+y+z)$$

Bài bất đẳng thức chọn đội tuyển VMO Năng khiếu 2015

Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Phổ thông Năng khiếu 2015)
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều $$\left ( a+1 \right )\left ( b+1 \right )\left ( c+1 \right )=1+4abc$$
Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức $$a+b+c\leq 1+abc$$
Lời giải.
Theo giả thiết ta có $$\left ( a+1 \right )\left ( b+1 \right )\left ( c+1 \right )=1+4abc\Leftrightarrow a+b+c+ab+bc+ca=3abc$$
Đặt $x=\frac{1}{a},\,y=\frac{1}{b},\,z=\frac{1}{c}\Rightarrow x+y+z+xy +yz+zx=3$. Ta cần chứng minh $$xy+yx+zx\leq 1+xyz$$
Ta nhận xét rằng trong ba số $x,y,z$ tồn tại nhiều nhất $1$ số lớn hơn $1$. Vì nếu tồn tại hai số

$x,y$ lớn hơn $1$ thì $x+y+xy>3$ (vô lý)

Trường hợp 1. Cả ba số $x,y,z$ đều nhỏ hơn $1$. Theo nguyên lý Đirichlet tồn tại một trong ba]

số $x+yz,y+zx,z+xy$ nhỏ hơn $1$. Giả sử $x+yz<1$

Lại có $$x(y-1)(z-1)> 0\Rightarrow xyz+x>xy+xz\Rightarrow xyz+1>xy+yz+zx$$
Trường hợp 2. Tồn tại $x>1$ suy ra $y,z<1$.

    $*$ Nếu $x+y+z>2\Rightarrow xy+yz+zx<1\Rightarrow xy+yz+zx<1+xyz$

    $*$ Nếu $x+y+z<2$ thì $xyz+1>xyz-(x+y+z)-1$

Lại có $$(x-1)(y-1)(z-1)>0\Rightarrow xyz-(x+y+z)-1\geq xy+yz+zx$$$$\Rightarrow xyz+1\geq xy+yz+zx$$
Do đó $xy+yx+zx\leq 1+xyz$

Bài bất đẳng thức kiểm tra Trường hè Toán học 2014

Bài toán. (Trường hè Toán học 2014)

Tìm hằng số $k$ nhỏ nhất sao cho với mọi số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$ thì

luôn có bất đẳng thức $$k(a^4+b^4+c^4-3)\geq a^3+b^3+c^3+3abc-6$$
Lời giải.
Cho $a=b=\frac{1}{2},c=2$ ta được $$\frac{105k}{8}\geq \frac{15}{4}\Rightarrow k\geq \frac{2}{7}$$
Ta cần chứng minh $$\frac{2}{7}\left ( a^{4}+b^{4}+c^{4}-3 \right )\geq a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc-6$$
Đặt $f\left ( a,b,c \right )=\frac{2}{7}\left ( a^{4}+b^{4}+c^{4}-3 \right )- \left ( a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc-6 \right )$

Do vai trò $a,b,c$ như nhau nên giả sử $c=max\begin{Bmatrix}
a,b,c
\end{Bmatrix}\Rightarrow c\geq 1\Rightarrow a+b\leq 2$

Ta có $$f\left ( a,b,c \right )-f\left ( \frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c \right )=\frac{2}{7}\begin{bmatrix}
a^{4}+b^{4}-2\left ( \frac{a+b}{2} \right )^{4}
\end{bmatrix}-\begin{bmatrix}
a^{3}+b^{3}-2\left ( \frac{a+b}{2} \right )^{3}-3c\left ( ab-\left ( \frac{a+b}{2} \right )^{2} \right )
\end{bmatrix}$$
$$\Rightarrow f\left ( a,b,c \right )-f\left ( \frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c \right )=\frac{2}{7}\left (a-b \right )^{2}\begin{bmatrix}
7a^{2}+10ab+7b^{2}-21\left ( a+b \right )+21c
\end{bmatrix}$$
$$\Rightarrow f\left ( a,b,c \right )-f\left ( \frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c \right )=\frac{2}{7}\left (a-b \right )^{2}\begin{bmatrix}
7a^{2}+10ab+7b^{2}-42\left ( a+b \right )+63
\end{bmatrix}$$
Lại có: $$7a^{2}+10ab+7b^{2}-42\left ( a+b \right )+63\geq 6\left ( a+b \right )^{2}-42\left ( a+b \right )+63=3\begin{bmatrix}
2\left ( a+b-2 \right )\left ( a+b-5 \right )+1
\end{bmatrix}> 0 $$
Do đó $f\left ( a,b,c \right )\geq f\left ( \frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c \right )$

Ta cần chứng minh $f\left ( t,t,3-2t \right )\geq 0$ với $t=\frac{a+b}{2}$

Thật vậy $$\frac{2}{7}\begin{bmatrix}
2t^{4}+\left ( 3-2t \right )^{4}-3
\end{bmatrix}\geq 2t^{3}+\left ( 3-2t \right )^{3}+t^{2}\left ( 3-2t \right )-6\Leftrightarrow \left ( t-1 \right )^{2}\left ( 2t-1 \right )^{2}\geq 0$$
Điều này luôn đúng.

Vậy $k_{min}=\frac{2}{7}$

Bài toán. (Diễn đàn toán học)
Tìm số $k$ nhỏ nhất sao cho với hai số $a,b\in R$ luôn thỏa $$a+b+ab\leq k\left ( a^{2}+1 \right )\left ( b^{2}+1 \right )$$
Lời giải.
Cho $a=b=1$ ta được $$3\leq 9k\Rightarrow k\geq \frac{1}{3}$$
Ta cần chứng minh $$a+b+ab\leq \frac{1}{3}\left ( a^{2}+1 \right )\left ( b^{2}+1 \right )$$
Thật vậy $$a+b+ab\leq \frac{1}{3}\left ( a^{2}+1 \right )\left ( b^{2}+1 \right )\Leftrightarrow a^{2}b^{2}+a^{2}+b^{2}+1\geq 3a+3b+3ab$$$$\Leftrightarrow \left ( ab-1 \right )^{2}+\frac{1}{2}\left ( a-b \right )^{2}+\frac{3}{2}\left ( a-1 \right )^{2}+\frac{3}{2}\left ( b-1 \right )^{2}\geq 0$$
Điều này luôn đúng.

Vậy $k_{min}=\frac{1}{3}$

Bài bất đẳng thức thi Olympic Gặp gỡ Toán học lớp 11 năm 2014

Bài toán.  (Olympic Gặp gỡ Toán học 2014)
Cho ba số dương $x,y,z$ thỏa mãn điều kiện $$\left ( x+y+z \right )\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right )=\frac{27}{2}$$Chứng minh rằng $$\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{xy+yz+zx}\leq 2$$
Lời giải.
Do vai trò $x,y,z$ như nhau nên giả sử $z=min\begin{Bmatrix}
x,y,z
\end{Bmatrix}\Rightarrow x+y\geq 2z$

Đặt $a=\frac{x}{z};b=\frac{y}{z}(a,b>0)$

Do $$(x+y+z)\begin{pmatrix}
\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}
\end{pmatrix}=\frac{27}{2}\Leftrightarrow \begin{pmatrix}
\frac{x+y}{z}+1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
\frac{z}{x}+\frac{z}{y}+1
\end{pmatrix}=\frac{27}{2}$$ nên $$(a+b+1)\begin{pmatrix}
\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+1
\end{pmatrix}=\frac{27}{2}$$
Đặt $\left\{\begin{matrix}
a+b=S\\ab=P

\end{matrix}\right.$. Khi đó ta được $$ (S+1)\begin{pmatrix}
\frac{S}{P}+1
\end{pmatrix}=\frac{27}{2}\Rightarrow P=\frac{2(S^{2}+S)}{5-2S}$$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
$$S^{2}-2P+1\leq 2(S+P)\Leftrightarrow (S-1)^{2}\leq 4P\Leftrightarrow (S-1)^{2}\leq \frac{8(S^{2}+S)}{25-2S}$$$$\Leftrightarrow (2S-1)(S-5)^{2}\geq 0$$ Điều này đúng do $x+y\geq 2z$

Vậy $$\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{xy+yz+zx}\leq 2$$

Bài bất đẳng thức thi Olympic Chuyên KHTN 2014

 Bài toán. (Olympic Chuyên KHTN 2014)
Cho các số thực không âm $a,b,c,$ thỏa :$$(a+b+2c)(b+c+2a)(c+a+2b)=1$$
Chứng minh rằng : $$\frac{a}{b(4c+15)(b+2c)^{2}}+\frac{b}{c(4a+15)(c+2a)^{2}}+\frac{c}{a(4b+15)(a+2b)^{2}}\geq \frac{1}{3}$$
Lời giải.
Theo bất đẳng thức Cauchy - Schwar ta được $$\sum \frac{a}{b(4c+15)(b+2c)^{2}}=\sum \frac{\left (\frac{a}{b+2c}  \right )^{2}}{ab(4c+15)}\geq \frac{\left ( \sum \frac{a}{b+2c} \right )^{2}}{12abc+15(ab+bc+ca)}$$
Mà $$\sum \frac{a}{b+2c}=\sum \frac{a^{2}}{ab+2ac}\geq \frac{\left ( \sum a \right )^{2}}{3(ab+bc+ca)}\geq 1$$
Do đó, ta cần chứng minh $$12abc+15(ab+bc+ca)\leq 3\Rightarrow 4abc+5(ab+bc+ca)\leq 1$$
Lại có: $$1=\prod (a+b+2c)\leq \frac{64}{27}.(a+b+c)^{3}\Rightarrow a+b+c\geq \frac{3}{4}$$
Do đó: $$(a+b+2c)(b+c+2a)(c+a+2b)=1\Rightarrow 2(a+b+c)^{3}+(a+b+c)(ab+bc+ca)+abc=1$$
$$\Rightarrow 1\geq 7(a+b+c)(ab+bc+ca)+abc\geq \frac{21}{4}(ab+bc+ca)+abc\Rightarrow ab+bc+ca\leq \frac{4}{21}-\frac{4}{21}abc$$
$$\Rightarrow 4abc+5(ab+bc+ca)\leq 5\left ( \frac{4}{21}-\frac{4}{21}abc \right )+4abc=\frac{64abc}{21}+\frac{20}{21}$$
Suy ra cần chứng minh $$\frac{64abc}{21}+\frac{20}{21}\leq 1\Rightarrow abc\leq \frac{1}{64}\, (*)$$
Từ giả thiết, áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta được $$1\geq \prod \left ( 4\sqrt[4]{abc^{2}} \right )=64abc\Rightarrow abc\leq \frac{1}{64}$$
Dẫn đến $(*)$ đúng. Vậy ta được $$\frac{a}{b(4c+15)(b+2c)^{2}}+\frac{b}{c(4a+15)(c+2a)^{2}}+\frac{c}{a(4b+15)(a+2b)^{2}}\geq \frac{1}{3}$$
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{2}$