Tình cờ thấy được bài này trên diễn đàn mọi người cùng phân tích thử xem nhé. 

$\boxed{\text{Bài 6.}}$ Cho hai số dương $a,\;b$ thỏa mãn điều kiện $a^2+b^2=5.$ Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

\[P=a^3+b^6.\]

Tình cờ thấy được bài này trên diễn đàn mọi người cùng phân tích thử xem nhé. 

 

$\boxed{\text{Bài 6.}}$ Cho hai số dương $a,\;b$ thỏa mãn điều kiện $a^2+b^2=5.$ Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

\[P=a^3+b^6.\]

Bài này có ý tưởng AM-GM rất rõ ràng, giả thiết của bài toán chứa biểu thức có bậc nhỏ hơn bậc của $P,$ và việc sử dụng bất đẳng thức AM-GM để hạ bậc là một ý tưởng rất tự nhiên. Tuy nhiên, chúng ta lại không biết là dấu bằng của bài toán sẽ xảy ra khi nào nên việc chọn hệ số để sử dụng bất đẳng thức AM-GM cũng khá vất vả, vì vậy ta sẽ sử dụng kỹ thuật chọn dấu bằng giả định.

Cụ thể, ta sẽ giả sử đẳng thức của bài toán sẽ đạt được tại $a=x,\;b=y$ với $x,\;y$ là những hằng số. Khi đó theo bất đẳng thức AM-GM, ta có

\[a^3+a^3+x^3 \ge 3\sqrt[3]{a^3\cdot a^3 \cdot x^3}=3a^2\cdot x, \quad (1)\]

tức là

\[2a^3+x^3 \ge 3a^2\cdot x,\]

\[a^3\ge \frac{3a^2\cdot x-x^3 }{2}.\]

Hoàn toàn tườn tự, ta có 

\[b^6\ge 3b^2\cdot y^4-2y^6\]

Như vậy, ta có 

\[ a^3+b^6 \ge 3b^2\cdot y^4-2y^6+\frac{3a^2\cdot x}{2}-\frac{x^3}{2}=3\left ( b^2\cdot y^2+a^2\cdot \frac{x}{2} \right )-2y^6-\frac{x^3}{2}. \quad (2)\]

Ta cần chọn $x,\;y$ sao cho trong $(2)$ ta có thể sử sụng được giả thiết $a^2+b^2=5$ đồng thời cũng thoả mãn điều kiện của bait tóan, tức $x,\;y$ phải thoả mãn hệ  phương trình

\[\left\{\begin{matrix}x^2+y^2&=5 \\y^2&=\frac{x}{2}\end{matrix}\right.\]

Giải hệ này ta được $x=2,\;y=1$ và suy ra $P_{\min} =9.$

Nhận xét: Có một số bạn sẽ đặt câu hỏi rằng tại sao lại dùng $2$ đại lượng $a^3$ kết hợp với $x^3$ để sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho ba số. Để ý rằng điều kiện của bài toán cho ta $a^2+b^2=5$ nên chúng ta phải cố gắng đánh giá $a^3$ sao cho xuất hiện được $a^2$ và $b^6$ sao cho xuất hiện được $b^2$ để áp dụng giả thiết $a^2+b^2=5.$ Điều này lý giải cho việc áp dụng bất đẳng thức AM-GM như trên.

 Tương tự ta có bài toán sau:
Cho $a,b,c$ thực dương thỏa $2a+2b+c^2=14$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $$P=a^3+2b^2+2c^3$$ (Trích đề thi thử Moon.vn lần 2-2014)
 

Spoiler

Điểm rơi $a=2;b=3;c=2$

Hoàn toàn tương tự. Ta giả sử $a=x,\;b=y,\;c=z$ và sử dụng bất đẳng thức AM-GM để tạo ra $a,\;b$ và $b^2.$ Ta có

\[a^3+2b^2+2c^3 \ge \left ( 3ax^2+4by+3c^2z \right )-\left ( 2x^3+2y^2+z^3 \right ).\]

Để sử dụng được điều kiện thì ta cần tách

\[3ax^2+4by+3c^2z=2a\cdot \frac{3x^2}{2}+2b\cdot2y+c^2\cdot3z.\]

Như vậy ta cần chọn $x,\;y,\;z$ thoả mãn điều kiện

\[\left\{\begin{matrix}&\dfrac{3x^2}{2}=2y=3z \\& 2x+2y+z^2=14\end{matrix}\right.\] 

Giải hệ này ta được $x=2,\;y=3,\;z=2$ và có được $P_{\min} = 34.$

Mọi người tiếp tục nhé. Đây là bài thi quốc gia năm 2008.

$\boxed{\text{Bài 7.}}$ Với $x,\,y,\,z$ là ba số thực không âm đôi một khác nhau, hãy chứng minh

\[(xy+yz+zx)\left [\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2} \right ] \ge 4.\]

Cho a,b,c là các số thực dương .CMR : 

 

      $$\frac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}\leq max\left \{ (\sqrt{a}-\sqrt{b})^2,(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2,(\sqrt{c}-\sqrt{a})^2 \right.\left. \right \}$$

Hãy tìm hằng số $k$ tốt nhất của bất đẳng thức

\[\frac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}\leq k\cdot\max\left \{ (\sqrt{a}-\sqrt{b})^2,\,(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2,\,(\sqrt{c}-\sqrt{a})^2\right\},\]

với $a,\,b,\,c$ là các số thực không âm.

Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$. CMR:
$$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}-\frac{1}{a+b+c}\geq 2$$

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

$$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq 2+\frac{1}{a+b+c},$$

$$\frac{a+b+c}{a+b}+\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{c+a}\geq 2(a+b+c)+1,$$

$$\frac{c}{a+b}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+2\geq 2(a+b+c).$$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và AM-GM ta có

$$\frac{c}{a+b}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+2\ge \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}+2=\frac{(a+b+c)^2}{2}+2 \geq 2(a+b+c).$$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b,c=0$ cùng các hoán vị.

Gợi ý: Tách $3a^2+b^2=2a^2+(a^2+b^2)$ rồi sử dụng bất đẳng thức AM-GM.

Gợi ý: Tách $3a^2+b^2=2a^2+(a^2+b^2)$ rồi sử dụng bất đẳng thức AM-GM.

Bạn hãy đặt bút suy nghĩ thêm tí nữa, chưa gì đã bảo không được rồi.

Đoạn $$\sum \frac{a}{b+c}\geq \frac{(\sum a)^2}{2\sum ab}$$

Thì dấu $=$ phải ở $a=b=c$ chứ anh nhỉ ?

Em xem kỹ lại, đánh giá này có 2 dấu bằng.

Bài toán .
Ch0 các số thực dương $a,b,c$ có tổng bằng 3.Chứng minh rằng:
$$(a^3+b)(b^3+c)(c^3+a)+10\leq 6(a^2+b^2+c^2)$$

Bất đẳng thức này không đúng.

Không biết bạn có tài liệu này không ? Tài liệu của diễn đàn batdangthuc.net, trong tài liệu có các bài toán Pro of day của diễn đàn batdangthuc.net, trong tài liẹu có ghi câu anh hùng hội tụ theo kiểu truyện kiếm hiệp.

Cho abc = 1

a) $(a + b)(b + c)(c + a) \geq 2(a + b + c + 1)$

b) $(a + b)(b + c)(c + a) \geq 4(a + b + c - 1)$

Câu a) chính là bài 3 trong đề thi APMO 1998, có một lời giải bằng Cauchy-Schwarz cho bài này. Còn câu b) là đề MOSP năm 2 nghìn lẻ mấy không nhớ. =)) Câu này có khá nhiều cách chứng minh. Xin trình bày một chứng minh bằng AM-GM.

Ta viết bất đẳng thức lại dưới dạng thuần nhất

\[\frac{(a + b)(b + c)(c + a)}{abc} \geqslant 4\left(\frac{a + b + c}{\sqrt[3]{abc}} - 1\right),\]

\[\frac{(a + b)(b + c)(c + a)}{abc} +4 \geqslant \frac{4(a + b + c)}{\sqrt[3]{abc}}.\]

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

\[\begin{aligned} \frac{(a + b)(b + c)(c + a)}{abc} +4 &=\frac{(a + b)(b + c)(c + a)}{2abc}+\frac{(a + b)(b + c)(c + a)}{2abc}+4 \\& \geqslant 3\sqrt[3]{\frac{(a + b)^2(b + c)^2(c + a)^2}{a^2b^2c^2}}.\end{aligned}\]

Vậy ta cần phải chứng minh

\[3\sqrt[3]{\frac{(a + b)^2(b + c)^2(c + a)^2}{a^2b^2c^2}} \geqslant \frac{4(a + b + c)}{\sqrt[3]{abc}},\]

lập phương 2 vế ta được

\[27(a + b)^2(b + c)^2(c + a)^2 \geqslant 64abc(a + b + c)^3.\]

Bất đẳng thức này đúng theo hai bất đẳng thức cơ bản sau:

\[(a+b)(b+c)(c+a) \ge \geqslant \frac{8(a+b+c)(ab+bc+ca)}{9},\]

\[(ab+bc+ca)^2 \ge 3abc(a+b+c).\]

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

Đổi biến $a=x+y,\,b==y+z,\,c=z+x$ thì ta sẽ được bất đẳng thức Schur bậc 3.

Bất đẳng thức này đúng theo bất đẳng thức Schur và Cauchy-Schwarz.

còn việc chuẩn hóa là dành cho bđt đối xứng và thuần nhất

bđt đối xứng thì đã biết còn bđt thuần nhất là khi thay $a=tx,b=ty,c=tz$ thì bđt không thay đổi

ví dụ như CM $\frac{8(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}+\frac{27(a+b)(b+c)(c+a)}{(a+b+c)^3}\geq 16$$(a,b,c>0)$

khi đặt $a=tx,b=ty,c=tz$ thì bđt vẫn không thay đổi

khi mới học cái chuẩn hóa này thì nghĩ tới câu hỏi sao lại có thể đặt $a+b+c=3,abc=1,...$ ta hiểu đơn giản như sau

nếu đặt $x=\frac{a}{a+b+c},y=\frac{b}{a+b+c},z=\frac{c}{a+b+c}\Rightarrow x+y+z=1$ và khi thay vào bđt ắt hẳn bđt sẽ không đổi

nếu đặt $x=\frac{a}{\sqrt[3]{abc}},y=\frac{b}{\sqrt[3]{abc}},z=\frac{c}{\sqrt[3]{abc}}\Rightarrow xyz=1$

và mấy cách chuẩn hóa khác cũng tương tự như vậy

 

NTP

Nhận định này của em sai nhé.

   Cho $A,B,C$ là 3 góc của một tam giác. CMR :

 

      $cos\frac{A-B}{2}+cos\frac{B-C}{2}+cos\frac{C-A}{2}\geq sin\frac{3A}{2}+sin\frac{3B}{2}+sin\frac{3C}{2}$

 

 

 

 P/s: Bài này khá hay

USA TST 2003: http://www.artofprob...hp?f=54&t=3911

dạ,hình như thuần nhất thôi là được đúng không ạ,do em từng đọc tài liệu thì nó ghi là dành cho bđt đối xứng và hoán vị nhưng trong quá trình làm thì em thấy chỉ cần bđt thuần nhất thôi là được

 

NTP

Chỉ cần với bất đẳng thức thuần nhất là ta có thể chuẩn hóa được. Chuẩn hóa là một kỹ thuật khá quan trọng đặc biệt là với trong phương pháp U.C.T. Tuy nhiên có một số đã hiểu sai và to tát quá kỹ thuật này, thậm chí với số bạn rất giỏi bất đẳng thức nhưng không hiểu rõ được bản chất của chuẩn hóa. Ta có thể hiểu chuần hóa là phép đặt ẩn phụ.

 chứng minh bất đẳng thức sau với a,b,c>0 và abc=1

$a^{3}+b^{3}+c^{3}+\frac{ab}{a^{2}+b^{2}}+\frac{bc}{b^{2}+c^{2}}+\frac{ca}{c^{2}+a^{2}}\geq \frac{9}{2}$

Một lời giải bằng Cauchy-Schwarz.   Ta viết bài toán về dạng thuần nhất như sau

\[\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}+\frac{ab}{a^{2}+b^{2}}+\frac{bc}{b^{2}+c^{2}}+\frac{ca}{c^{2}+a^{2}}\geqslant \frac{9}{2},\]

tương đương với

\[\frac{2(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{abc}+\frac{(a+b)^2}{a^{2}+b^{2}}+\frac{(b+c)^2}{b^{2}+c^{2}}+\frac{(c+a)^2}{c^{2}+a^{2}}\geqslant 12.\]

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì

\[\frac{(a+b)^2}{a^{2}+b^{2}}+\frac{(b+c)^2}{b^{2}+c^{2}}+\frac{(c+a)^2}{c^{2}+a^{2}}\geqslant \frac{\left (\displaystyle\sum a+b \right )^2}{\displaystyle\sum \left ( a^2+b^2 \right )}=\frac{2(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}=2+\frac{4(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}.\]

Vậy ta cần chứng minh

\[\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+\frac{2(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2} \geqslant 5,\]

hay là

\[\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}-3\geqslant 2\left (1-\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}   \right ),\]

\[\frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)}{abc}\geqslant \frac{2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)}{a^2+b^2+c^2},\]

\[(a+b+c)(a^2+b^2+c^2) \geqslant 2abc.\]

Nhưng ta luôn có

\[(a+b+c)(a^2+b^2+c^2) \geqslant 9abc > 2abc.\]

Ta có điều phải chứng minh.

Bài 16: Cho $A,B,C$ là 3 góc của một tam giác. CMR:

 

    $\cos\frac{A-B}{2}+\cos\frac{B-C}{2}+\cos\frac{C-A}{2}\geq \sin\frac{3A}{2}+\sin\frac{3B}{2}+\sin\frac{3C}{2}$.

Đây là đề thi TST của USA năm 2002, duới đây là một lời giải của Maverick

Let $p$ denote the semiperimeter of $\triangle ABC.$ WLOG assume $a \geq b \geq c.$
\[\cos\frac{A-B}2 =\cos\frac{A}2\cos\frac{B}2+\sin\frac{A}2\sin\frac{B}2 =  \sqrt{\frac{p^2(p-a)(p-b)}{abc^2}} +  \sqrt{\frac{(p-a)(p-b)(p-c)^2}{abc^2}}\]
\[\implies \sum \cos\frac{A-B}2= \sum \frac{a+b}c \sin\frac{C}2\]
Hence the inequality is equivalent to
\[\sum \frac{a+b}c\sin\frac{C}2 \geq 3\sum \sin\frac{A}2-4\sum \sin^3\frac{A}2\]
\[\iff \sum \frac{(b-c)(a-c)(a+b+c)}{abc} \sin\frac{C}2 \geq 0\]
\[\iff \sum (c-b)(c-a) \sin\frac{C}2 \geq 0\]
Due to assumption we have $(a-c)(b-c)\sin\frac{C}2 \geq 0$
So, it suffices to show that
\[(b-a)(c-a)\sin\frac{A}2+(a-b)(c-b)\sin\frac{B}2 \geq 0\]
\[\iff (a-b)\left((a-c)\sin\frac{A}2-(b-c)\sin\frac{B}2\right) \geq 0\]
which is obviously true.
 

Bài này có nguồn gốc từ IMO 1976 "http://www.artofprob...1715bc#p367432"

Cho $a,b,c$ là số đo ba cạnh của tam giác, chứng minh rằng

$\sum 2a^{2}b^{2} - \sum a^{4} > 0$

 

don't

 stop dreaming =))

Ta có

\[\sum 2a^{2}b^{2} - \sum a^{4} =(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \ge 0.\]

 Cho các số thực $a,b,c$ không âm. Chứng minh :

$$(a+b+c)^2(a+b)(b+c)(c+a)\geq 24(a^2+b^2+c^2)abc$$ 

 

 

Yêu cầu

Bài này em dùng BW trâu bò quá Cho xin lời giải hay hơn

Chuẩn hóa cho $a+b+c=3,$ và đặt $a^2+b^2+c^2=3+6t^2,\; (0\le t<1).$ Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại như sau
\[3\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right) \ge 1+\dfrac{24(3+6t^2)}{9},\]
hay là

\[\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge 3+\dfrac{16t^2}{3}.\]

Nếu $t=0$ thì $a=b=c=1,$ bất đẳng thức hiển nhiên đúng nên ta chi cần xét $0<t<1.$ Sử dụng đẳng thức

\[\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{1+2t}+\dfrac{1+2t-a}{a(1+2t)},\]

ta viết bất đẳng thức trên lại như sau

\[\displaystyle \frac{3}{1+2t}+\frac{1}{1+2t}\left(\dfrac{1+2t-a}{a}+\frac{1+2t-b}{b}+\frac{1+2t-c}{c}\right)\ge 3+\frac{16t^2}{3},\]

Dễ dàng chứng minh được rằng các số $\displaystyle 1+2t-a,1+2t-b,1+2t-c$ đều không âm. Từ đó, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

\[\begin{aligned}\dfrac{1+2t-a}{a}+\dfrac{1+2t-b}{b}+\dfrac{1+2t-c}{c}&\ge \dfrac{[(1+2t-a)+(1+2t-b)+(1+2t-c)]^2}{(1+2t-a)a+(1+2t-b)b+(1+2t-c)c}\\&=\dfrac{36t^2}{(1+2t)(a+b+c)-(a^2+b^2+c^2)}\\&=\dfrac{36t^2}{3(1+2t)-(3+6t^2)}\\&=\dfrac{6t}{1-t}.\end{aligned}\]

Vậy ta chỉ cần chứng minh được

\[\dfrac{3}{1+2t}+\dfrac{6}{(1+2t)(1-t)}\ge3+\dfrac{16t^2}{3},\]

hay là

\[\dfrac{6}{(1+2t)(1-t}-\dfrac{6t}{1+2t}\ge\dfrac{16t^2}{3},\]

\[\dfrac{6^2}{(1+2t)(1-t}\ge\dfrac{16t^2}{3},\]

\[8(1+2t)(1-t)\le9.\]
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có \[8(1+2t)(1-t)=4\cdot (1+2t)\cdot 2(1-t)\le[(1+2t)+2(1-t)]^2=9.\]

Vậy ta có điều phải chứng minh, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $a=2b=2c$ cùng các hoán vị tương ứng.

Cho $a,b,c\geq 0$ và không có đồng thời hai số bằng không. Chứng minh rằng $\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\geq 2\sqrt{1+\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}$

Spoiler

 ĐHV sửa tiêu đề giúp em ạ 

Chuẩn hoán $ab+bc+ca=1,$ với chú ý $a(a+b)(a+c) = a(a^2+ab+bc+ca) = a(a^2+1) = a^3+a.$ Bất đẳng thức trở thành

\[\sqrt{a^3+a}+\sqrt{b^3+b}+\sqrt{c^3+c}\ge2\sqrt{a+b+c}.\]

Áp dụng bất đẳng thức Minkowski, ta có

\[\begin{aligned} \sum \sqrt{a^3+a} &=\sqrt{a^2(a+b+c)+abc}+\sqrt{b^2(a+b+c)+abc}+\sqrt{c^2(a+b+c)+abc}\\&\ge\sqrt{\left(a\sqrt{a+b+c}+b\sqrt{a+b+c}+c\sqrt{a+b+c}\right)^2+\left(\sqrt{abc}+\sqrt{abc}+\sqrt{abc}\right)^2}\\&=\sqrt{(a+b+c)^3+9abc}\end{aligned}\]

Do đó ta cần chứng minh được

\[(a+b+c)^3+9abc\ge 4(a+b+c)(ab+bc+ca).\]

Đây chính là bất đẳng thức Schur bậc $3,$ đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c $ hoặc $a=b,\;c=0$ và các hoán vị. Bài toán được chứng minh.

  Bài 72 (IMO 2005): Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc\geq 1$. CMR:

 

      $\frac{a^5-a^2}{a^5+b^2+c^2}+\frac{b^5-b^2}{b^5+c^2+a^2}+\frac{c^5-c^2}{c^5+a^2+b^2}\geq 0$

Lời giải đặc biệt của kỳ thi.

Ta có

\[\frac{a^5-a^2}{a^5+b^2+c^2}-\frac{a^5-a^2}{a^3(a^2+b^2+c^2)}=\frac{(a-1)^2(a^2+a+1)(b^2+c^2)}{a(a^5+b^2+c^2)(a^2+b^2+c^2)} \ge 0.\]

Suy ra

\[\sum \frac{a^5-a^2}{a^5+b^2+c^2} \ge \sum\frac{a^5-a^2}{a^3(a^2+b^2+c^2)} = \sum \frac{a^2-\frac{1}{a}}{a^2+b^2+c^2} \ge \sum \frac{\sum a^2-\sum bc}{a^2+b^2+c^2} \ge 0.\]
---------------

@ducvipdh12: chào mừng sự trở lại của anh Huyện,lâu lắm mới thấy anh onl diễn đàn

Bài toán: Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa $a+b+c=3$.Chứng minh rằng:

 

$3(a^4+b^4+c^4)+a^2+b^2+c^2+6\geq 6(a^3+b^3+c^3). \quad (2.2.1)$

 

Spoiler

Thư giãn trước giờ bóng lăn nào   

Đặt $a=x+1,\,b=y+1,\,c=z+1,$ khi đó \[x+y+z= (a-1) + (b-1) + (c-1) = 0.\] Với phép đặt này thì \[\begin{aligned} a^2+b^2+c^2&=(x+1)^2+(y+1)^2+(z+1)^2\\&=x^2+y^2+z^2+2(x+y+z)+3\\&=x^2+y^2+z^2+3, \end{aligned}\] tương tự \[\begin{aligned} a^3+b^3+c^3& = x^3+y^3+z^3+3(x^2+y^2+z^2)+3, \\ a^4+b^4+c^4& =x^4+y^4+z^4+4(x^3+y^3+z^3)+6(x^2+y^2+z^2)+3. \end{aligned}\] Bất đẳng thức (2.2.1) trở thành \[3(x^4+y^4+z^4)+6(x^3+y^3+z^3)+x^2+y^2+z^2 \ge 0. \quad (2.2.2)\] Giả sử $xy \ge 0,$ rồi thay $z=-x-y$ vào (2.2.2), ta được \[3[x^4+y^4+(x+y)^4]+6[x^3+y^3-(x+y)^3]+x^2+y^2+(x+y)^2 \ge 0,\] \[3(x^4+2x^3y+3x^2y^2+2xy^3+y^4)+x^2+xy+y^2\ge 9xy(x+y)\] \[3(x^2+xy+y^2)^2+x^2+xy+y^2\ge 9xy(x+y).\] Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có \[x^2+xy+y^2 \ge \frac{3}{4}(x+y)^2 \ge 3xy \ge 0, \quad (2.2.3)\] suy ra \[3(x^2+xy+y^2)^2+x^2+xy+y^2\ge 27x^2y^2+\frac{3}{4}(x+y)^2.\] Ta chứng minh \[9x^2y^2+\frac{(x+y)^2}{4} \ge 3xy(x+y).\] Cũng theo bất đẳng thức AM-GM, thì \[9x^2y^2+\frac{(x+y)^2}{4} \ge 2\sqrt{9x^2y^2\cdot\frac{(x+y)^2}{4}}=3xy\left | x+y \right |\ge 3xy(x+y). \quad (2.2.4)\] Đẳng thức xảy ra khi (2.2.3) và (2.2.4) trở thành đẳng thức, tức $x,\,y$ là nghiệm của hệ \[\left\{ \begin{aligned} & x=y \\ & 27x^2y^2 = \frac{3}{4}(x+y)^2 \end{aligned}\right.\] Giải hệ này ta được $x=y=0$ hoặc $x=y=\frac{1}{3},$ suy ra $a=b=c=1,$ hoặc $a=b=\frac{4}{3},\,c=\frac{1}{3}$ cùng các hoán vị. Bài toán được chứng minh.