Với $a,b,c$ là ba số thực dương. Chứng minh rằng $$(a+b+c)^5\ge 27(a^2b+b^2c+c^2a)(ab+bc+ca).$$

Cách 1: Dùng phương pháp tam thức bậc hai
Bất đẳng thức hoàn toàn thuần nhất, chuẩn hóa $a+b+c=3$ cho tiện. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $$(a^2b+b^2c+c^2a)(ab+bc+ca) \le 9.$$ Không mất tính tổng quát, giả sử $b$ là số nằm giữa hai số $a$ và $c$. Khi đó ta có $$\begin{align}
  & c\left( b-a \right)\left( b-c \right)\le 0  \Leftrightarrow {{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a\le b\left( {{a}^{2}}+ac+{{c}^{2}} \right). \\
\end{align}$$ Đặt $x=ac$. Ta có $a+c=3-b$ và ta sẽ chứng minh

Cho $a, b, c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=2$. Chứng minh rằng: $$ab+bc+ca \le 1+2abc$$

Lời giải
Đặt $S=a+b, \ P=ab$. Khi đó giả thiết được viết lại dưới dạng $S^2+c^2=2+2P$, suy ra $2P=S^2+c^2-2$. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương $$2Pc+1-P-Sc \ge 0,$$ hay $$\left( {{S}^{2}}+{{c}^{2}}-2 \right)c+1-\frac{{{S}^{2}}+{{c}^{2}}-2}{2}-Sc\ge 0,$$ có nghĩa là ta đi chứng minh $$f\left( S \right)=\left( 2c-1 \right).{{S}^{2}}-2c.S+2{{c}^{3}}-{{c}^{2}}-4c+4\ge 0.$$ Thật vậy, không mất tính tổng quát, giả sử $c$ là số lớn nhất trong ba số $a, \ b, \ c.$ Khi đó dễ thấy $2 \le 3c^2$, suy ra $c \ge \sqrt{\dfrac{2}{3}}.$

Cho $a,b,c$ là ba số thực dương. Chứng minh rằng với mọi số thực $k\ge 1,$ bất đẳng sau luôn được thỏa mãn. $$k(a^2+b^2+c^2)+abc+3k+2\ge (2k+1)(a+b+c).$$

Lời giải
Giả sử $(a-1)(b-1) \ge 0$ thì khi đó ta có $ab+1 \ge a+b$. Do đó
$$k(a^2+b^2+c^2)+abc+3k+2 \ge k(a^2+b^2+c^2)+(a+b-1)c+3k+2$$ Bây giờ đặt $2t=a+b$, sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ dễ thấy $a^2+b^2 \ge 2t^2$,