Bài 67: Bất đẳng thức đã cho tương đương với:
$ 2\left[(b+c)(c+a)+(c+a)(a+b)+(a+b)(b+c)\right]-5(a+b)(b+c)(c+a) \geq 0 $
Đây là đa thức bậc một đối với $ abc $. Do đó ta có thể áp dụng định lý ABC, xét cực tiểu khi có hai trong ba biến bằng nhau hoặc một biến bằng 0.
Trường hợp hai biến bằng nhau, giả sử $ b=c $. Khi đó điều kiện đề bải trở thành $ b^2+2ab=1 $. Bất đẳng thức đã cho tương đương với:
$ \dfrac{2}{a+b}+\dfrac{1}{2b} \geq \dfrac{5}{2} $
$ \Leftrightarrow 5b+a \geq 5ab+5b^2 $ $ (*) $
Mặt khác từ điều kiện đề bài: $ b^2+2ab=1 \Rightarrow 0 < b \leq 1 $. Ta sử dụng phương pháp dồn biến, $ a=\dfrac{1-b^2}{2b} $.
Khi đó $ (*) $ trở thành:
$ 5b+\dfrac{1-b^2}{2b} \geq 5b.\dfrac{1-b^2}{2b}+5b^2 $
$ \Leftrightarrow -5b^3+9b^2-5b+1 \geq 0 $
$ \Leftrightarrow (b-1)(5b^2-4b+1) \leq 0 $ (đúng vì $ 0 < b \leq 1 $)
Trường hợp một biến bằng 0, giả sử $ a=0 $. Khi đó điều kiện đề bài trở thành $ bc=1 $. Bất đẳng thức đã cho tương đương với:
$ \dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{b+c} \geq \dfrac{5}{2} $
Thông qua kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức $ AM-GM $ ta chứng minh được bất đẳng thức trên.
Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi $ (a; b; c)=(0; 1; 1) $ và các hoán vị. $ \blacksquare $