1. Cho a,b,c là các số thực dương, Chứng minh bất đảng thức:
$$(a^2b+b^2a+a^2c+c^2a+b^2c+c^2b)^2\geqslant 4(ab+bc+ca)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2).$$
Cách 1. Không mất tính tổng quát, giả sử $b$ nằm giữa $a,c$.
Áp dụng BĐT AM-GM ta có $$VP\leq \left[b(bc+ca+ab)+\frac{b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+a^{2}b^{2}}{b}\right]^{2}.$$
Cần chứng minh $$bc(b+c)+ca(c+a)+ab(a+b)\geq b(bc+ca+ab)+\frac{b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+a^{2}b^{2}}{b},$$
hay $$\frac{ac(a-b)(b-c)}{b}\geq 0,$$
đúng theo giả sử.
Cách 2. Ta chứng minh BĐT tổng quát hơn (Ukraine 2001)
$$x(b+c)+y(c+a)+z(a+b)\geq 2\sqrt{(yz+zx+xy)(bc+ca+ab)}.$$
BĐT tương đương
$$(a+b+c)(x+y+z)\geq ax+by+cz+2\sqrt{(yz+zx+xy)(bc+ca+ab)}.$$
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có
$$VP\leq \sqrt{\left[a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(bc+ca+ab)\right]\left[x^{2}+y^{2}+z^{2}+2(yz+zx+xy)\right]}=VT.$$
Chọn $x=a^{2},y=b^{2},z=c^{2}$ ta có ngay điều phải chứng minh.
Cách 3. Giả sử $a\geq b\geq c$.
Xét đa thức $P(x)=(bc+ca+ab)x^{2}-[bc(b+c)+ca(c+a)+ab(a+b)]x+(b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+a^{2}b^{2})$.
Ta có $P(a)=bc(a-b)(a-c)\geq 0,P(b)=ca(b-c)(b-a)\leq 0,P(c)=ab(c-a)(c-b)\geq 0$.
Suy ra $P(x)$ có hai nghiệm, nên $\Delta_{x}=VT-VP\geq 0$. $\square$