BoBoiBoy

Bài toán 2: Một tam giác đặt vào trong hình vuông đơn vị cạnh $1$ sao cho tâm hình vuông nằm ngoài tam giác. Chứng minh rằng có ít nhất $1$ cạnh tam giác độ dài không vượt quá $1$

Xét hình vuông $MNPQ$ cạnh 1 tâm $I$ chứa tam giác $ABC$ sao cho $I$ nằm ngoài tam giác.
Qua $I$ kẻ các đường thẳng song song với $AB;BC;CA$.Do $I$ nằm ngoài tam giác nên trong các đường thẳng vừa vẽ tồn tại 1 đường thẳng không cắt cạnh nào của tam giác $ABC$ (không mất tính tổng quát giả sử đó là đường thẳng song song với $BC$)
Gọi giao của đường thẳng đó với 2 cạnh của hình vuông là $H;K$.Qua $I$ kẻ đường thẳng vuông góc với $HK$ cắt 2 cạnh hình vuông tại $E;F$. (hình vẽ)
ấ
Khi đó $HK$ chia hình vuông thành 2 phần và có 1 phần chứa toàn bộ tam giác $ABC$ (chính là tứ giác $MHKQ$)
Ta có 1 đường thẳng bất kì chỉ cắt 3 cạnh 1 tam giác tại tối đa 2 điểm phân biệt.
Do đó đường thẳng $IE$ chỉ cắt tối đa 2 cạnh của tam giác $ABC$.Không mất tính tổng quát giả sử $AB$ là cạnh không bị cắt.
Khi đó $AB$ nằm trọn trong tứ giác nội tiếp $EIKQ$ hay trong đường tròn đường kính $EK$
Mặt khác $EK=\sqrt{2}.IK \le \sqrt{2}.IQ=1$.Do đó $AB\le 1$ hay ta có đccm.

Tìm $x,y$ nguyên dương thoả mãn :
$$\frac{x}{y}=\frac{(x^{2}-y^{2})^{\frac{y}{x}}+1}{(x^{2}-y^{2})^{\frac{y}{x}}-1}$$

Ta có:
$x+y=(x-y)(x^2-y^2)^{\frac{y}{x}}\Rightarrow (x+y)^x=(x-y)^x(x^2-y^2)^y=(x-y)^x(x-y)^y(x+y)^y$
$\Leftrightarrow (x+y)^{x-y}=(x-y)^{x+y}$ (do $x+y>0$)
Đặt $x+y=a;x-y=b (a \in N^*;b \in Z)$
Khi đó $a^b=b^a$.Nhận thấy $a^b>0$ do đó $b^a>0$ hay $b>0$
Do $a>b>0$ nên $b^a \vdots b^b$ hay $a^b \vdots b^b \Rightarrow a \vdots b$
Đặt $a=bk (k \in N^*)$.Ta có $(bk)^b=b^{bk} \Rightarrow bk=b^k \Rightarrow b^{k-1}=k \Rightarrow b=\sqrt[k-1]{k}$

Lại có $1<\sqrt[k-1]{k}\le 2$ (do $k \ge 1; 2^{k-1}\ge k$ (BĐT $Bernoulli$)) nên $1<b\le 2$ hay b=2.
Khi đó $a=4 \Rightarrow x+y=4;x-y=2 \Rightarrow x=3;y=1$ ( thỏa mãn)
Vậy $x=3;y=1$

Gọi $P;H;Q$ lần lượt là giao của $AI$ với $BC$;$KH$ và $(O)$.
Do $K$ là điểm đối xứng của $M$ qua $AI$ nên $\angle PKQ= \angle PMQ=90^{\circ};\angle DMK= \angle KQP=\angle MQP$.
Nhận thấy nếu $DK \perp OI$ thì $\angle KDM=\angle IOQ$(vì $OM \perp BC$)
Do đó để chứng minh $DK \perp OI$ ta sẽ chứng minh $\angle KDM=\angle IOQ$ hay chính là $\Delta KDM\sim \Delta IOQ$.
Mà $\angle DMK= \angle IQO$ nên ta chỉ cần chứng minh $\frac{DK}{MK}=\frac{OQ}{IQ}$. (1)
Ta có:
$ID\parallel OM \Rightarrow \frac{DM}{IQ}=\frac{MP}{QP}=\frac{MH}{MQ}=\frac{MK}{2MQ}$
Do đó (1) tương đương với $IQ^2.\frac{MK}{2MQ}=OQ.MK$ hay $IQ^2=2.OQ.MK$.
Đẳng thức trên hiển nhiên đúng do $IQ=CQ;OQ=R$ và đẳng thức quen thuộc $CQ^2=2.MQ.R$(chứng minh bằng cách lấy điểm đối xứng với $Q$ qua $O$)
Vậy $DK$ vuông góc với $OI$

Lấy P thuộc AC;Q thuộc BD sao cho $\angle DPK=\angle DMK;\angle CMK=\angle CQK$.
Ta có các tứ giác $KMPD;KMQC$ nội tiếp.Suy ra $\angle KPM=\angle KDM=\angle MBA;\angle KQM=\angle KCM=\angle MAB$.
Do đó các tứ giác $PMBA;QMAB$ nội tiếp hay 5 điểm $M;A;B:P;Q$ cùng thuộc 1 đường tròn.
$\Rightarrow \lozenge PQBA$ nội tiếp
$\Rightarrow \frac{PK}{QK}=\frac{KB}{KA}=\frac{KD}{KC}$
$\Rightarrow \lozenge PQCD$ nội tiếp
$\Rightarrow \angle DPC=\angle DQC\Rightarrow \angle KMC=\angle KMD (dccm)$

Tìm các số tự nhiên x,y sao cho ${x^2}{y^4} - {y^3} + 1$ là số chính phương

Đặt $A=x^2y^4-y^3+1=a^2$, với $a$ là số tự nhiên.
$\Leftrightarrow (y^2x-a)(y^2x+a)=y^3-1$
-Nếu $y=0$ suy ra $A=1$ luôn là $SCP$.
-Nếu $y=1$ suy ra $A=x^2$ luôn là $SCP$ với mọi $x$ tự nhiên.
-Nếu $y>1$ $\Rightarrow y^3-1>0\Rightarrow y^2x-a;y^2x+a>0$.
Đặt $y^2x+a=m;y^2x-a=n (m;n \in \mathbb{N^*})\Rightarrow \left\{\begin{matrix} mn+1=y^3 & \\ m+n=2y^2x\vdots y^2& \end{matrix}\right. \Rightarrow (m+n)^3\vdots (mn+1)^2$
Đặt $(m+n;mn+1)=d (d \in \mathbb{N^*})$ ($d>1$ do $mn+1>1$;$(m+n)^3\vdots (mn+1)^2$)
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} m+n=dp & \\ mn+1=dq& \end{matrix}\right.;p;q \in \mathbb{N^*};(p;q)=1$
$(m+n)^3 \vdots (mn+1)^2\Rightarrow dp^3 \vdots q^2\Rightarrow d\vdots q^2 ((p;q)=1)\Rightarrow d\ge q^2$
Do $m+n\ \vdots d$ nên tồn tại $a\in N^*;a\le \frac{d}{2}$ thoả mãn $m+a\vdots d;n-a\vdots d$ hoặc $m-a\vdots d;n+a\vdots d$.
Ta xét TH $m+a\vdots d;n-a\vdots d$ (TH còn lại tương tự)
-Nếu $n=a$
-Nếu $n>a$
Có $dq=mn+1=m(n-a)+a(m+a)+1-a^2\Rightarrow q=m.\frac{n-a}{d}+a.\frac{m+a}{d}+\frac{1-a^2}{d}$
$\Rightarrow m+a\le q+\frac{a^2-1}{d}\le q+\frac{\frac{d^2}{4}-1}{d}=q+\frac{d}{4}-\frac{1}{d}\le q+\frac{d}{4}$
Mà $m+a\ge d$ nên $q\ge \frac{3}{4}.q^2$ hay q=1.
$\Rightarrow mn+1=d\le dp=m+n\Rightarrow (m-1)(n-1)\le 0$
Do $m\ge n$ nên $n=1$ hay $y^2x-a=1;y^2x+a=y^3-1$ suy ra $2y^2x=y^3$ hay $y=2x$.
Khi đó $A=(4x^3-1)^2$ chính phương với mọi $x$ tự nhiên.
Vậy $y\in \left \{ 0;1 \right \};x\in \mathbb{N^*}$ hoặc $y=2x \in \mathbb{N^*}$.

Cho $\Delta ABC$ ngoại tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC;CA;AB$ tại $D;E;F.$

Chứng minh:
$DE.IB.AC=DF.IC.AB$

Bài toán này ta áp dụng công thức sau:$\frac{a}{sinA}=\frac{b}{sinB}=\frac{c}{sinC}$

Ta có:
$$\frac{DE}{ID}=\frac{sin\widehat{EID}}{sin\widehat{IED}}=\frac{sinC}{sin\frac{C}{2}}$$
Tương tự:$$\frac{DF}{ID}=\frac{sinB}{sin\frac{B}{2}}$$
Đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$$\frac{IB}{ID}.\frac{DE}{DI}.AC=\frac{IC}{ID}.\frac{DF}{DI}.AB$$
$$\Leftrightarrow \frac{1}{sin\frac{B}{2}}.\frac{sinC}{sin\frac{C}{2}}.AC=\frac{1}{sin\frac{C}{2}}.\frac{sinB}{sin\frac{B}{2}}.AB$$
$$\Leftrightarrow \frac{AC}{sinB}=\frac{AB}{sinC}$$
(đúng)
Vậy $DE.IB.AC=DF.IC.AB$

Cho tam giác ABC vuông tại A và điểm D trên cạnh AC.GỌi E là điểm đối xứng với A qua đường BD và F là giao điểm của CE với đường thẳng qua D và vuông góc BC.Cm AF,DE,BC đòng qui

Gọi $H$ là giao của $AE:BC$;$K$ là giao của $BC:DF$.
Theo định lý $Ceva$, để chứng minh $AF:DE:BC$ đồng quy ta sẽ chứng minh:$\frac{FE}{FC}.\frac{DC}{DA}.\frac{HA}{HE}=1 (1) $
Từ giả thiết,ta có:$\widehat{BAC}=\widehat{BKD}=\widehat{BED}=90^{\circ}$
suy ra các tứ giác $BADK;BEKD$ nội tiếp $\Leftrightarrow \widehat{FDC}=\widehat{HBA};\widehat{FDE}=\widehat{HBE}$.
Ta có:
$$\frac{FE}{FC}=\frac{S_{DEF}}{S_{DCF}}=\frac{DE.sin\widehat{EDF}}{DC.sin\widehat{CDF}}=\frac{DA}{DC}.\frac{sin\widehat{HBE}}{sin\widehat{HBA}}$$
(do $DE=DA;\widehat{FDC}=\widehat{HBA};\widehat{FDE}=\widehat{HBE}$)
$$\frac{HA}{HE}=\frac{S_{BHA}}{S_{BHE}}=\frac{BA.sin\widehat{ABH}}{BE.sin\widehat{EBH}}=\frac{sin\widehat{ABH}}{sin\widehat{EBH}}$$
Do đó (1) được chứng minh.
Vậy AF;DE;BC đồng quy.

Đường tròn nội tiếp (I) tam giác ABC tiếp xúc BC,AC,AB tại D,E,F.AD cắt (I) tại M,đường tròn (CMD) cắt DF tại N.CN cắt AB tại G.CHứng minh CD=3FG

Trong bài toán này ta sẽ sử dụng các công thức sau:
$\bullet S_{ABC}=\frac{1}{2}.sinA.AB.AC {\color{Green} (1) } ;\frac{a}{sinA}=\frac{b}{sinB}=\frac{c}{sinC}=2R {\color{Green} (2)}$
Gọi $H$ là giao của $EF$ và $CN$.Theo giả thiết ta có các tứ giác $MEDF:MNDC$ nội tiếp
$\Rightarrow \widehat{MEH}=\widehat{MCH}\Rightarrow \lozenge MECH$ nội tiếp.
Ta có:
$$\widehat{HMC}=\widehat{HEC}=\widehat{EMF}$$
$$\widehat{HMN}=\widehat{HMC}-\widehat{NMC}=\widehat{HEC}-\widehat{BDF}=\widehat{HEC}-\widehat{DFE}=\widehat{DEC}=\widehat{EMD}$$
$$\widehat{MNC}=\widehat{MDC}=\widehat{MFD}$$
$$\widehat{MCN}=\widehat{MDF}$$
Do đó:
$$\frac{HN}{HC}=\frac{S_{MHN}}{S_{MHC}}=\frac{MN.sin\widehat{HMN}}{MC.sin\widehat{HMC}}$$(áp dụng (1))
$$=\frac{sin\widehat{MCN}}{sin\widehat{MNC}}.\frac{sin\widehat{HMN}}{sin\widehat{HMC}}=\frac{sin\widehat{MDF}}{sin\widehat{MFD}}.\frac{sin\widehat{EMD}}{sin\widehat{EMF}}=\frac{MF}{MD}.\frac{ED}{EF}$$
(áp dụng liên tiếp (2))
Mà ta kết quả quen thuộc:$\frac{MF}{MD}.\frac{ED}{EF}=\frac{1}{2}$ nên $\frac{HN}{HC}=\frac{1}{2}$.
Áp dụng định lý Menelaus vào các tam giác $BCG:ACG$ ;để ý $AE=AF;CD=CE;BD=BF$ ta có:
$$\frac{FG}{CD}=\frac{GN}{NC}=\frac{HG}{HC}=\frac{GN+GH}{NC+HC}=\frac{HN}{NC+HC}=\frac{1}{3}$$
Vậy $CD=3FG$.

Ta có:$N;I;D$ thẳng hàng (D là tiếp điểm của $(I)$ với $BC$.
Dễ chứng minh được $X;Y;E;F$ thẳng hàng.
Ta thấy các tứ giác $XFIB$;$XIDB$ nội tiếp nên 5 điểm $X;F;I;D;B$ cùng thuộc 1 đường tròn.
Suy ra tứ giác $XFID$ nội tiếp,do đó $NF.NX=NI.ND$.
Tương tự:$NE.NY=NI.ND$ $\Rightarrow NX.NF=NY.NE\Rightarrow \frac{NX}{NY}=\frac{NE}{NF}=\frac{EX}{FY}$.
Lại có: $\Delta FBY\sim \Delta IBC\sim \Delta EXC$ (vì đều có 1 góc bằng $\frac{\widehat{B}}{2}$;1 góc bằng $\frac{\widehat{C}}{2}$).
$$\Rightarrow \frac{FY}{IC}=\frac{BF}{IB};\frac{EX}{IB}=\frac{CE}{CI}$$
$$\Rightarrow \frac{EX}{FY}=\frac{BI^2}{CI^2}.\frac{CE}{BF}$$
Mặt khác:
$$BI^2=\frac{ac(a+c-b)}{a+b+c};CI^2=\frac{ab(a+b-c)}{a+b+c};BF=a+c-b;CE=a+b-c$$
(với $a;b;c$ lần lượt là độ dài $BC;CA;AB$ )
nên $\frac{EX}{FY}=\frac{BI^2}{CI^2}.\frac{CE}{BF}=\frac{c}{b}=\frac{AB}{AC}$
Vậy $\frac{NX}{NY}=\frac{AB}{AC}$

Cho tam giác nhọn $ABC$ có $H$ là trực tâm và $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp . Đường trung trực của $AH$ cắt các cạnh $AB,AC$ tương ứng tại $D,E$.Chứng minh $A$ là tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác $ODE$

Gọi $M;N$ lần lượt là giao điểm của $CH:BH$ với $(O)$.
$\bullet$Ta sẽ chứng minh $DA$ là phân giác góc ngoài tại đỉnh $D$ của $\Delta ODE$ ($EA$ chứng minh tương tự).
Dễ thấy:$AB$ là đường trung trực của $HM$.Mà $DE$ là trung trực của $AH$
$\Rightarrow DA=DH=DM$.Mà $OA=OM$ nên $DO$ là trung trực của $AM$.
Do đó $\widehat{ADx}=\widehat{xDM}=\frac{1}{2} \widehat{ADM}$(với $Dx$ là tia đối của tia $DO$).
Vì $AB$ là đường trung trực của $HM$ nên $\widehat{MDB}=\widehat{BDH}=2.\widehat{BAH}=2.(90^{\circ}-\widehat{ABC})$.
Lại có:$\widehat{MDB}=180^{\circ}-\widehat{MDA}=180^{\circ}-2.\widehat{xDA}$
$\Rightarrow \widehat{xDA}=\widehat{ABC}=\widehat{ADE}$ (do $DE \parallel BC$ vì cùng $\perp AH$) (đccm)
Vậy $A$ là tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác $ODE$.
------------------------------------------------------------
Chứng minh $AB$ là trung trực của $MH$:Tứ giác $AMBC$ nội tiếp
$\Rightarrow \widehat{MAB}=\widehat{BCH}$.Mà $\widehat{BCH}=\widehat{BAH}$ (cùng phụ $\widehat{ABC}$)
$\Rightarrow \widehat{MAB}=\widehat{BAH}$ hay $AB$ là phân giác $\widehat{MAH}$.
Lại có $AB \perp MH$ nên $AB$ là trung trực của $MH$.
Còn $DE$ là trung trực của $AH$ là theo đề bài nhé.

Bài IV (4điểm)
Cho tứ giác $ABCD$ có các cặp cạnh đối không song song và nội tiếp đường tròn tâm $O$ .Gọi $E,F,I$ tương ứng là giao điểm của các đường thẳng $AB$ và $CD$ , $AD$ và $BC$, $AC$ và $BD$ .Đường phân giác của các góc $\widehat{AED} $ và $ \widehat{AFB}$ cắt nhau tại $H$ .Gọi $K$ là điểm chung thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABI$ và đường tròn ngoại tiếp ta giác $CDI$ .Chứng minh $4$ điểm $E,F,H,K$ nằm trên một đường tròn.

$\bullet$Đầu tiên ta sẽ chứng minh:$\widehat{FKI}=90^{\circ}$.
Do các tứ giác $ABKI;KICD;ABCD$ nội tiếp nên $\widehat{BAC}=\widehat{BKI}=\widehat{IKC}=\widehat{BDC}$.
$\Rightarrow$ $KI$ là phân giác $\widehat{BKC}$. (1)
Do các tứ giác $ABKI;KICD$ nội tiếp nên $\widehat{KBD}=\widehat{KCA};\widehat{KDB}=\widehat{KCA}$
$\Rightarrow \Delta KBD \sim \Delta KAC$
$\Rightarrow \frac{KB}{KA}=\frac{BD}{AC}=\frac{FB}{FA}$ (do tứ giác $ABCD$ nội tiếp) (2)
Dễ thấy:$\Delta KAB\sim \Delta KCD\Rightarrow \frac{KA}{KC}=\frac{AB}{CD}=\frac{FA}{FC}$ (3)
Từ (1);(2) suy ra $\frac{KB}{KC}=\frac{FB}{FC}\Rightarrow$ KF là phân giác góc ngoài tại đỉnh K của $\Delta KBC$. (4)
Từ (3);(4) ta có $\widehat{FKI}=90^{\circ}$.
$\bullet$Tiếp theo ta sẽ chứng minh K;I;E thẳng hàng.

Kí hiệu $P_{A/(O)}$ là phương tích của điểm A đối với $(O)$.Gọi đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABI;\Delta CDI$ lần lượt là $(O_1);(O_2)$
Ta có:$P_{E/(O)}$ =$EA.EB$=$P_{E/(O_1)}$=$EC.ED$=$P_{E/(O_2)}$
Suy ra E thuộc trục đẳng phương của $(O_1);(O_2)$ hay K;E;I thẳng hàng.
$\bullet$ Cuối cùng ta chứng minh $\widehat{EHF}=90^{\circ}$



Ta có:$\frac{FA}{FB}=\frac{EC}{EB}\Rightarrow \frac{AM}{BM}=\frac{CN}{BN}\Rightarrow MN\parallel AC$
Tương tự $PQ\parallel AC;MQ\parallel BD ;NP\parallel BD$
$\Rightarrow \lozenge MNPQ$ là hình bình hành suy ra H là trung điểm của MP
Mặt khác EH là phân giác $\widehat{AED}$ nên EH vuông góc với FH hay $\widehat{EHF}=90^{\circ}$
Vậy $\widehat{EHF}=\widehat{EKF}=90^{\circ}$ nên E;K;H;F cùng thuộc 1 đường tròn.

Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn:
$\left\{\begin{matrix} x^{2}+z^{2}=1 & \\ y^{2}+2y(x+z)=6& \end{matrix}\right.$
Tìm min :$T=y(z-x)$

Bài này có cách khác không sử dụng lượng giác không thầy? ,em ms học lớp 10 nên chưa học nhiều về lg

Ta có:$$y^2+2y(x+z)=6$$
$$\Leftrightarrow 5y^2+10y(x+z)=30$$
$$\Leftrightarrow \left [y^2+10y(x+z)+25(x+z)^2 \right ]+[4y^2+25(x-z)^2]=80$$
(do $x^2+z^2=1$ nên $25(x+z)^2+25(x-z)^2=50$)
Nhận thấy:$$y^2+10y(x+z)+25(x+z)^2=(y+5(x+z))^2\ge 0$$
$$4y^2+25(x-z)^2\ge 20\left |y(z-x) \right |$$
nên $$80\ge 20\left |y(z-x) \right |\Rightarrow 4\ge \left | y(z-x) \right |\Rightarrow y(z-x)\ge -4$$.
Dấu bằng xảy ra ví dụ khi $x=\frac{1}{-\sqrt{10}};y=\sqrt{10};z=\frac{-3}{\sqrt{10}}$.

Cho 3 số dương a,b,c :

1) abc = 1. CMR:
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{3}{2}(a+b+c-1)$

Do $abc=1$ nên ta đặt $a=\frac{x}{z};b=\frac{y}{x};c=\frac{z}{y}$.BĐT cần chứng minh tương đương với:
$$\frac{x^2}{yz}+\frac{y^2}{xz}+\frac{z^2}{xy}\ge \frac{3}{2}(\frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y}-1)$$
$$\Leftrightarrow 2(x^3+y^3+z^3)+3xyz\ge 3(x^2y+y^2z+z^2x)$$
luôn đúng do $$x^3+y^3+z^3+3xyz\ge (x^2y+y^2z+z^2x)+(xy^2+yz^2+zx^2)(Schur)$$
và $$x^3+y^3+z^3 +xy^2+yz^2+zx^2\ge 2(x^2y+y^2z+z^2x)$$
( BĐT này tương đương với $x(x-y)^2+y(y-z)^2+z(z-x)^2\ge 0$)
Vậy BĐT được chứng minh.Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$.

Bài toán:Cho x;y;z là các số thực dương thỏa mãn $xyz=1$.CMR:
$$(x^3y+y^3z+z^3x)(x^2y+y^2z+z^2x)\ge \frac{24(xy^2+yz^2+zx^2)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$$

Đặt $a=xy;b=yz;c=zx\Rightarrow xyz=1$.BĐT trở thành:$$\ge 5(xy+yz+zx)$$
$$\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}+\frac{6}{xy+yz+zx}\ge 5$$
$$\Leftrightarrow (x+y+z)(xy+yz+zx)+6\ge 5(xy+yz+zx)$$
-Nếu $3(x+y+z)\ge 2(xy+yz+zx)+3$.Do $xyz=1\Rightarrow x+y+z\ge 3;xy+yz+zx\ge 3$.
$$\Rightarrow (x+y+z-3)(xy+yz+zx-3)\ge 0$$
$$\Rightarrow (x+y+z)(xy+yz+zx)+9\ge 3(xy+yz+zx)-3+3(xy+yz+zx)\ge 5(xy+yz+zx)$$
-Nếu $3(x+y+z)\le 2(xy+yz+zx)+3$.Ta có BĐT quen thuộc:
$$x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge 2(xy+yz+zx)\Rightarrow x^2+y^2+z^2+3\ge 2(xy+yz+zx)(1)$$
Mặt khác :
$$(x+y+z)(xy+yz+zx)+6\ge \frac{1}{2}(x+y+z)\left [3(x+y+z)-3 \right ]+6$$
$$=3(xy+yz+zx)+(x^2+y^2+z^2+3)+\frac{1}{2}(x^2+y^2+z^2-3(x+y+z)+6)$$
$$\ge 5(xy+yz+zx)$$
(do (1) và $x^2+y^2+z^2+3\ge 2(xy+yz+zx)\ge 3(x+y+z)-3$).
Vậy BĐT được chứng minh.Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$.