Ứng dụng của một bất đẳng thức

Trong bài viết này, tác giả đưa ra việc chứng minh các bài toán bất đẳng thức dựa trên ứng dụng từ một bài toán quen thuộc sau:

Bài toán. Với \(x, y, z>0\), ta có BĐT sau:

\[ (x+y)(y+z)(z+x) \geq \frac{8}{9}(x+y+z)(x y+y z+z x) \tag{*} \]

Thật vậy: Bất đẳng thức (*) tương đương:

\(9(x+y)(y+z)(z+x) \geq 8(x+y+z)(x y+y z+z x)\)

\(\Leftrightarrow 9(x^2y+xy^2+y^2 z+y z^2+z x^2+z^2 x+2 x y z) \geq 8(x^2y+xy^2+y^2 z+y z^2+z x^2+z^2 x+3 x y z)\)

\(\Leftrightarrow x^{2} y+x y^{2}+y^{2} z+y z^{2}+z x^{2}+z^{2} x \geq 6 x y z\)

\(\Leftrightarrow x\left(y^{2}-2 y z+z^{2}\right)+y\left(z^{2}-2 z x+x^{2}\right)+z\left(x^{2}-2 x y+y^{2}\right) \geq 0 \Leftrightarrow x(y-z)^{2}+y(z-x)^{2}+z(x-y)^{2} \geq 0 \)

luôn đúng \(\forall x, y, z>0\). Từ đó BĐT (*) đúng và dấu đẳng thức xảy ra khi \(x-y=y-z=z-x=0 \Leftrightarrow x=y=z>0\).

Qua một số tìm hiểu và khai thác, tác giả nhận thấy bất đẳng thức này có ứng nhiều ứng dụng trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức. Sau đây xin đi vào một số thí dụ.

Thí dụ 1. Cho \(a, b, c>0 ; a b+b c+c a=3\). Chứng minh rằng \((a+b)(b+c)(c+a) \geq 8\).

Lời giải. Áp dụng BĐT(*) ta được: 

\[ (a+b)(b+c)(c+a) \geq \frac{8}{9}(a+b+c)(a b+b c+c a) =\frac{8}{9}(a+b+c) \cdot 3=\frac{8}{3}(a+b+c) \]

Kết hợp với BĐT: 

\[(a+b+c)^{2} \geq 3(a b+b c+c a) \Leftrightarrow \frac{1}{2}\left[(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}\right] \geq 0 \]

luôn đúng, từ (1), suy ra:

\[ (a+b)(b+c)(c+a) \geq \frac{8}{3}(a+b+c) \geq \frac{8}{3} \sqrt{3(a b+b c+c a)}=\frac{8}{3} \cdot \sqrt{3 \cdot 3}=\frac{8}{3} \cdot 3=8 \]

Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Thí dụ 2. Cho \(a, b, c>0\) thỏa mãn \(a b c(a+b+c)^{3}=27\). Chứng minh rằng:

\[ \left(a^{2}+b^{2}\right)\left(b^{2}+c^{2}\right)\left(c^{2}+a^{2}\right) \geq 8 \]

Lời giải: Từ BĐT quen thuộc \(x^{2}+y^{2} \geq \dfrac{(x+y)^{2}}{2}\) ta có: 

\[A=\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(b^{2}+c^{2}\right)\left(c^{2}+a^{2}\right) \geq \frac{(a+b)^{2}}{2} \cdot \frac{(b+c)^{2}}{2} \cdot \frac{(c+a)^{2}}{2}=\frac{[(a+b)(b+c)(c+a)]^{2}}{8} \tag{2}\]

Do đó từ BĐT (*) và từ (2) suy ra:

\[ A \geq \dfrac{\left[\frac{8}{9}(a+b+c)(a b+b c+c a)\right]^{2}}{8} =\frac{8}{81}(a+b+c)^{2}(a b+b c+c a)^{2} \geq \frac{8}{81}(a+b+c)^{2} \cdot 3 a b c(a+b+c)=\frac{8}{27} a b c(a+b+c)^{3} \]

Vậy 

\[ \left(a^{2}+b^{2}\right)\left(b^{2}+c^{2}\right)\left(c^{2}+a^{2}\right) \geq \frac{8}{27} .27=8 \]

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\). 

Thí dụ 3. Cho \(a, b, c>0\) thỏa mãn \(\sqrt{a b}+\sqrt{b c}+\sqrt{c a}=1\). Chứng minh rằng:

\[ (2 a+b+c)(2 b+c+a)(2 c+a+b) \geq \frac{64}{27} \]

Lời giải. Từ BĐT Cauchy cho 2 số thực dương ta có: 

\[ B=(2 a+b+c)(2 b+c+a)(2 c+a+b) =[(a+b)+(a+c)][(b+c)+(b+a)][(c+a)+(c+b)] \]

\[ \geq 2 \sqrt{(a+b)(a+c)} \cdot 2 \sqrt{(b+c)(b+a)} \cdot 2 \sqrt{(c+a)(c+b)} =8(a+b)(b+c)(c+a) \]

Suy ra: 

\[ B \geq 8(a+b)(b+c)(c+a) \]

Từ (3) và BĐT (*) suy ra:

\[ B \geq \frac{64}{9}(a+b+c)(a b+b c+c a) \tag{4} \]

Theo BĐT Bunyakovsky ta có:

\[ 1=(\sqrt{a b} .1+\sqrt{b c} .1+\sqrt{c a} .1)^{2} \leq 3(a b+b c+c a) \Rightarrow a b+b c+c a \geq \frac{1}{3}\]

Kết hợp với BĐT quen thuộc \((a+b+c)^{2} \geq 3(a b+b c+c a)\), từ (4), suy ra:

\[ B \geq \frac{64}{9} \sqrt{3(a b+b c+c a)} \cdot(a b+b c+c a) \geq \frac{64}{9} \sqrt{3 \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3}}=\frac{64}{27}\]

Dấu đẳng thức xảy ra khi

\[ \left\{\begin{array}{l} a=b=c \\ \sqrt{a b}+\sqrt{b c}+\sqrt{c a}=1 \end{array} \Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3} .\right. \]

Thí dụ 4. Cho các số thực dương \(x, y, z\) thỏa mãn \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=1\). Chứng minh rằng:

\[(3 x+2 y+z)(3 y+2 z+x)(3 z+2 x+y) \geq 24 x y z(x+y+z)\]

Lời giải. Từ giả thiết có \(x y+y z+z x=x y z\). Theo BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có:

\[ 3 x+2 y+z=(x+y)+(x+y)+(x+z) \geq 3 \cdot \sqrt[3]{(x+y)^{2}(x+z)} \]

Tương tự: 

\[ 3 y+2 z+x \geq 3 \cdot \sqrt[3]{(y+z)^{2}(y+x)} \]

\[3 z+2 x+y \geq 3 \cdot \sqrt[3]{(z+x)^{2}(z+y)} \]

Nhân theo vế các BĐT trên và thu gọn, kết hợp với BĐT (*), suy ra:

\[ C=(3 x+2 y+z)(3 y+2 z+x)(3 z+2 x+y) \geq 27(x+y)(y+z)(z+x) \geq 27 \cdot \frac{8}{9}(x+y+z)(x y+y z+z x) =24(x+y+z)(x y+y z+z x) \]

\[ =24(x+y+z) \cdot x y z=24 x y z(x+y+z) \]

Do đó: \(C \geq 24 x y z(x+y+z)\). Dấu đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=3\).

Thí dụ 5. Cho các số thực dương \(x, y, z\) thóa mãn $\(x+y)(y+z)(z+x)=1\). Chứng minh rằng 

\[ \frac{1}{x\left(y^{2}+y z+z^{2}\right)}+\frac{1}{y\left(z^{2}+z x+x^{2}\right)}+\frac{1}{z\left(x^{2}+x y+y^{2}\right)} \geq 8\]

Lời giải. Áp dụng BĐT 

\[ \frac{1}{m}+\frac{1}{n}+\frac{1}{p} \geq \frac{9}{m+n+p} \forall m, n, p>0\]

Ta có:

\[ D=\frac{1}{x\left(y^{2}+y z+z^{2}\right)}+\frac{1}{y\left(z^{2}+z x+x^{2}\right)}+\frac{1}{z\left(x^{2}+x y+y^{2}\right)} \geq \frac{9}{x\left(y^{2}+y z+z^{2}\right)+y\left(z^{2}+z x+x^{2}\right)+z\left(x^{2}+x y+y^{2}\right)} \]

\[ =\frac{9}{x y(x+y+z)+y z(x+y+z)+z x(x+y+z)} \]

Suy ra: 

\[ D \geq \frac{9}{(x+y+z)(x y+y z+z x)} \]

Kết hợp với BĐT (*), suy ra:

\[ D \geq \frac{9}{\frac{9}{8}(x+y)(y+z)(z+x)}=\frac{9}{\frac{9}{8} .1}=8 \]

Dấu đẳng thức xảy ra khi

\[ \left\{\begin{array}{l} x=y=z>0 \\ (x+y)(y+z)(z+x)=1 \end{array} \Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{2} .\right. \]

Thí dụ 6. Với \(a,b,c\) là các số thực dương thỏa mãn \(a+b+c=3\). Chứng minh rằng

\[ \frac{a}{a^{2}+3}+\frac{b}{b^{2}+3}+\frac{c}{c^{2}+3} \leq \frac{3}{4} \]

Lời giải. Từ BĐT \((m+n+p)^{2} \geq 3(m n+n p+p m)\) ta có: \(9=3^{2}=(a+b+c)^{2} \geq 3(a b+b c+c a) \Rightarrow 3 \geq a b+b c+c a\). Mặt khác:

\[a^{2}+a b+b c+c a=a(a+b)+c(a+b)=(a+b)(a+c) \left\{b^{2}+a b+b c+c a=b(b+a)+c(b+a)=(b+c)(b+a)\right. c^{2}+a b+b c+c a=c(c+a)+b(c+a)=(c+a)(c+b)\]

Từ đó: 

\[ E=\frac{a}{a^{2}+3}+\frac{b}{b^{2}+3}+\frac{c}{c^{2}+3} \leq \frac{a}{(a+b)(a+c)}+\frac{b}{(b+c)(b+a)}+\frac{c}{(c+a)(c+b)} =\frac{a(b+c)+b(c+a)+c(a+b)}{(a+b)(b+c)(c+a)}=\frac{2(a b+b c+c a)}{(a+b)(b+c)(c+a)} \tag{5}\]

Kết hợp (5) và BĐT (*) suy ra:

\[ E \leq \frac{2(a b+b c+c a)}{\frac{8}{9}(a+b+c)(a b+b c+c a)}=\frac{9}{4(a+b+c)}=\frac{9}{4.3}=\frac{3}{4}\]. 

Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\).

Thí dụ 7 (Turkey 2012). Cho các số thực dương \(a, b, c\) thỏa mãn \(a b+b c+c a \leq 1\). Chứng minh rằng 

\[a+b+c+\sqrt{3} \geq 8 a b c\left(\frac{1}{a^{2}+1}+\frac{1}{b^{2}+1}+\frac{1}{c^{2}+1}\right) \]

Lời giải. Ta có:

\[ \left(a^{2}+a b+b c+c a=a(a+b)+c(a+b)=(a+b)(a+c)\right. \left\{b^{2}+a b+b c+c a=b(b+a)+c(b+a)=(b+c)(b+a)\right. c^{2}+a b+b c+c a=c(c+a)+b(c+a)=(c+a)(c+b)\]

Từ \(a b+b c+c a \leq 1\), ta có:

\[ \frac{1}{a^{2}+1}+\frac{1}{b^{2}+1}+\frac{1}{c^{2}+1} \leq \frac{1}{a^{2}+a b+b c+c a}+\frac{1}{b^{2}+a b+b c+c a}+\frac{1}{c^{2}+a b+b c+c a} =\frac{1}{(a+b)(a+c)}+\frac{1}{(b+c)(b+a)}+\frac{1}{(c+a)(c+b)} =\frac{2(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)} \]

Kết hợp với BĐT (*), suy ra:

\[ 8 a b c\left(\frac{1}{a^{2}+1}+\frac{1}{b^{2}+1}+\frac{1}{c^{2}+1}\right) \leq \frac{16 a b c(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)} \leq \frac{16 a b c(a+b+c)}{\frac{8}{9}(a+b+c)(a b+b c+c a)}=\frac{18 a b c}{a b+b c+c a} \]

Theo BĐT Cauchy cho 3 số thực dương ta lại có: 

\[ a b+b c+c a \geq 3 \cdot \sqrt[3]{a b \cdot b c \cdot c a}=3 \sqrt[3]{(a b c)^{2}} \Leftrightarrow a b c \leq \sqrt{\frac{(a b+b c+c a)^{3}}{27}} \Leftrightarrow \frac{a b c}{a b+b c+c a} \leq \sqrt{\frac{a b+b c+c a}{27}} \]

Từ đó, suy ra:

\[ 8 a b c\left(\frac{1}{a^{2}+1}+\frac{1}{b^{2}+1}+\frac{1}{c^{2}+1}\right) \leq \frac{18 a b c}{a b+b c+c a} \leq 18 \sqrt{\frac{a b+b c+c a}{27}}=2 \sqrt{3(a b+b c+c a)} \]

Do \(1 \geq a b+b c+c a\) nên \(\sqrt{3} \geq \sqrt{3(a b+b c+c a)} \)

Từ đó:

\[ a+b+c+\sqrt{3} \geq \sqrt{3(a b+b c+c a)}+\sqrt{3(a b+b c+c a)} =2 \sqrt{3(a b+b c+c a)} \]

Từ (6), (7) suy ra:

\[ a+b+c+\sqrt{3} \geq 8 a b c\left(\frac{1}{a^{2}+1}+\frac{1}{b^{2}+1}+\frac{1}{c^{2}+1}\right) \]

Dấu đẳng thức xảy ra khi

Thí dụ 10. Cho \(a,b,c\) là các số thực dương thỏa mãn \((a+b)(b+c)(c+a)=1\). Chứng minh rằng

\[ \frac{a}{b(b+2 c)^{2}}+\frac{b}{c(c+2 a)^{2}}+\frac{c}{a(a+2 b)^{2}} \geq \frac{4}{3} \]

Lời giải. Theo BĐT Schwarz ta có:

\[ P =\frac{a}{b(b+2 c)^{2}}+\frac{b}{c(c+2 a)^{2}}+\frac{c}{a(a+2 b)^{2}} =\frac{\left(\frac{a}{b+2 c}\right)^{2}}{a b}+\frac{\left(\frac{b}{c+2 a}\right)^{2}}{b c}+\frac{\left(\frac{c}{a+2 b}\right)^{2}}{c a} \]

\[ \geq \frac{\left(\frac{a}{b+2 c}+\frac{b}{c+2 a}+\frac{c}{a+2 b}\right)^{2}}{a b+b c+c a} \]

Mặt khác: 

\[ \frac{a}{b+2 c}+\frac{b}{c+2 a}+\frac{c}{a+2 b} =\frac{a^{2}}{a b+2 a c}+\frac{b^{2}}{b c+2 b a}+\frac{c^{2}}{c a+2 c b} \geq \frac{(a+b+c)^{2}}{3(a b+b c+c a)} \geq \frac{3(a b+b c+c a)}{3(a b+b c+c a)}=1 \]

Kết hợp với (9) suy ra: 

\[ P \geq \frac{1}{a b+b c+c a} \]

Từ BĐT (*) ta có: 

\[ 1=(a+b)(b+c)(c+a) \geq \frac{8}{9}(a+b+c)(a b+b c+c a) \geq \frac{8}{9} \cdot \sqrt{3(a b+b c+c a)}(a b+b c+c a)\]

Từ đó: 

\[ 1 \geq\left(\frac{8}{9}\right)^{2} \cdot 3(a b+b c+c a)^{3} \Leftrightarrow(a b+b c+c a)^{3} \leq \frac{27}{64} \Leftrightarrow a b+b c+c a \leq \frac{3}{4} \Rightarrow P \geq \frac{1}{a b+b c+c a} \geq \frac{4}{3} \]

Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\).

Thí dụ 11. Cho \(x, y, z>0\) thóa mãn \((2 x+y+z)(2 y+z+x)(2 z+x+y)=8\). Chứng minh rằng:

\[ \frac{x}{y(z+1)(y+z)^{2}}+\frac{y}{z(x+1)(z+x)^{2}}+\frac{z}{x(y+1)(x+y)^{2}} \geq 2 \]

Lời giải. Từ BĐT Schwarz ta có:

\[ Q=\frac{x}{y(z+1)(y+z)^{2}}+\frac{y}{z(x+1)(z+x)^{2}}+\frac{z}{x(y+1)(x+y)^{2}} =\frac{\left(\frac{x}{y+z}\right)^{2}}{y(z+1)}+\frac{\left(\frac{y}{z+x}\right)^{2}}{z(x+1)}+\frac{\left(\frac{z}{x+y}\right)^{2}}{(y+1)} \]

\[ \frac{x y(z+1)}{x y(x+1)}+\frac{(x+y)}{z x(y+1)} \]

\includegraphics[max width=\textwidth, center]{2024_12_09_5b4b27c04ac12b0360f4g-4}

Mặt khác:

\[ \frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y} =\frac{x^{2}}{x y+x z}+\frac{y^{2}}{y z+y x}+\frac{z^{2}}{z x+z y} \geq \frac{(x+y+z)^{2}}{2(x y+y z+z x)} \geq \frac{3}{2} \]

Suy ra: 

\[ Q \geq \frac{9}{4(3 x y z+x y+y z+z x)} \]

Theo đề bài, từ BĐT Cauchy ta lại có:

\[ 8=[(x+y)+(x+z)][(y+z)+(y+x)][(z+x)+(z+y)] \geq 2 \sqrt{(x+y)(x+z)} \cdot 2 \sqrt{(y+z)(y+x)} \cdot 2 \sqrt{(z+x)(z+y)} =8(x+y)(y+z)(z+x) \Leftrightarrow(x+y)(y+z)(z+x) \leq 1\]. 

Kết hợp với (*), suy ra: 

\[ 1 \geq(x+y)(y+z)(z+x) \geq \frac{8}{9}(x+y+z)(x y+y z+z x) \geq \frac{8}{9} \cdot \sqrt{3(x y+y z+z x)}(x y+y z+z x) \Leftrightarrow 1^{2} \geq \frac{64}{81} \cdot 3(x y+y z+z x)^{3} \]

\[ \Leftrightarrow(x y+y z+z x)^{3} \leq \frac{27}{64} \Leftrightarrow x y+y z+z x \leq \frac{3}{4}\]

Mặt khác:

\[ 1 \geq(x+y)(y+z)(z+x) \geq 2 \sqrt{x y} \cdot 2 \sqrt{y z} \cdot 2 \sqrt{z x}=8 x y z \Rightarrow x y z \leq \frac{1}{8}\] 

Từ (10), suy ra: 

\[ Q \geq \frac{9}{4\left(3 \cdot \frac{1}{8}+\frac{3}{4}\right)}=2 \]

Dấu đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\dfrac{1}{2}\).

Thí dụ 12. Cho \(x, y, z>0\) thóa mãn \(\left(x^{2}+y^{2}\right)\left(y^{2}+z^{2}\right)\left(z^{2}+x^{2}\right)=8\). Chứng minh rằng 

\[ \frac{x^{2} y}{x^{3}-x+y+1}+\frac{y^{2} z}{y^{3}-y+z+1}+\frac{z^{2} x}{z^{3}-z+x+1} \leq \frac{3}{2} \]

Lời giải. Ta có: 

\[ x^{3}-x^{2}-x+1=x^{2}(x-1)-(x-1) =(x-1)\left(x^{2}-1\right)=(x-1)^{2}(x+1) \geq 0, \quad \forall x>0 \Rightarrow x^{3}-x+1 \geq x^{2} \Rightarrow x^{3}-x+y+1 \geq x^{2}+y \geq 2 \sqrt{x^{2} y}=2 x \sqrt{y}\]

\[ \Leftrightarrow \frac{1}{x^{3}-x+y+1} \leq \frac{1}{2 x \sqrt{y}} \Leftrightarrow \frac{x^{2} y}{x^{3}-x+y+1} \leq \frac{x^{2} y}{2 x \sqrt{y}}=\frac{x \sqrt{y}}{2} \]

Tương tự: 

\[ \frac{y^{2} z}{y^{3}-y+z+1} \leq \frac{y \sqrt{z}}{2} ; \frac{z^{2} x}{z^{3}-z+x+1} \leq \frac{z \sqrt{x}}{2} \]

Suy ra: 

\[ \frac{x^{2} y}{x^{3}-x+y+1}+\frac{y^{2} z}{y^{3}-y+z+1}+\frac{z^{2} x}{z^{3}-z+x+1 \leq \frac{x \sqrt{y}+y \sqrt{z}+z \sqrt{x}}{2} \tag{11} \]

Mặt khác, từ BĐT Bunyakovsky, kết hợp với BĐT (*), ta lại có: 

\[ (\sqrt{x y} \cdot \sqrt{x}+\sqrt{y z} \cdot \sqrt{y}+\sqrt{z x} \cdot \sqrt{z})^{2} \leq(x y+y z+z x)(x+y+z) \leq \frac{9}{8}(x+y)(y+z)(z+x) \]

Suy ra: 

\[ x \sqrt{y}+y \sqrt{z}+z \sqrt{x} \leq \sqrt{\frac{9}{8}(x+y)(y+z)(z+x)} \]

Kết hợp với (11), ta có:

\[ \frac{x^{2} y}{x^{3}-x+y+1}+\frac{y^{2} z}{y^{3}-y+z+1}+\frac{z^{2} x}{z^{3}-z+x+1} \leq \frac{1}{2} \sqrt{\frac{9}{8}(x+y)(y+z)(z+x)} \tag{12} \]

Từ giả thiết: 

\[ 8=\left(x^{2}+y^{2}\right)\left(y^{2}+z^{2}\right)\left(z^{2}+x^{2}\right) \geq \frac{(x+y)^{2}}{2} \cdot \frac{(y+z)^{2}}{2} \cdot \frac{(z+x)^{2}}{2}=\frac{[(x+y)(y+z)(z+x)]^{2}}{8} \]

Suy ra: \(64 \geq[(x+y)(y+z)(z+x)]^{2}\) hay \((x+y)(y+z)(z+x) \leq 8\). Từ (12), suy ra: 

\[ \frac{x^{2} y}{x^{3}-x+y+1}+\frac{y^{2} z}{y^{3}-y+z+1}+\frac{z^{2} x}{z^{3}-z+x+1} \leq \frac{1}{2} \sqrt{\frac{9}{8}} \cdot 8=\frac{3}{2}\]

Dấu đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=1\).

Lời kết. Qua các thí dụ trên, có thể thấy, việc sử dụng bất đẳng thức phụ, một vấn đề quen thuộc luôn mang lại một sự thú vị riêng đối với mỗi bài toán. Nó giúp ta rèn luyện tư duy, sự nhạy bén qua mỗi bước làm, và hơn hết có thể khai thác sâu về vấn đề đó. Cuối cùng, xin đưa ra một số bài toán để bạn đọc giài quyết.

Bài 1. Cho \(a, b, c>0\) thỏa mãn \(a b c(a+b+c)^{3}=1\). Tìm GTNN cùa 

\[ T=\left(a^{3}+b^{3}\right)\left(b^{3}+c^{3}\right)\left(c^{3}+a^{3}\right)\]

Bài 2. Cho \(a, b, c>0\) thỏa mãn \(\sqrt{a b}+\sqrt{b c}+\sqrt{c a}=1\). Tìm GTNN của 

\[ Q=(3 a+b+c)(3 b+c+a)(3 c+a+b)\]

Bài 3. Với các số thực dương \(x, y, z\) thỏa mãn \((x+y)(y+z)(z+x)=64\). Chứng minh rằng 

\[ \frac{x}{(y+z)(x+2 y)^{2}}+\frac{y}{(z+x)(y+2 z)^{2}}+\frac{z}{(x+y)(z+2 x)^{2}} \geq \frac{1}{24}\]

Bài 4. Cho các số thực dương \(x, y, z\) thỏa mãn \(16 x y z(x+y+z)=3\). Chứng minh rằng

\[ \frac{x^{3}+y^{3}}{2 y^{2}-y z+2 z^{2}}+\frac{y^{3}+z^{3}}{2 z^{2}-z x+2 x^{2}}+\frac{z^{3}+x^{3}}{2 x^{2}-x y+2 y^{2}} \geq 1\]

Bài 5. Cho \(x, y, z>0\) thỏa mãn \((2 a+b+c)(a+2 b+c)(a+b+2 c)=64\). Chứng minh rằng:

\[ \sqrt{\frac{2 a^{4} b^{3}}{a^{2}-a+b^{2}+1}}+\sqrt{\frac{2 b^{3} c^{3}}{b^{5}-b+c^{2}+1}}+\sqrt{\frac{2 c^{4} a^{3}}{c^{5}-c+a^{2}+1}} \leq 3\]

---

---