Cho $a,b,c >0$. Chứng minh: $\sum \dfrac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}\leq 8$
Do bất đẳng thức đã cho là thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa $a+b+c=3$
Do đó bất đẳng thức trở thành:$\sum \dfrac{(a+3)^2}{2a^2+(3-a)^2} \leq 8\Leftrightarrow \sum \dfrac{a^2+6a+9}{a^2-2a+3} \leq 24$
Đến đây ta dùng phương pháp hệ số bất định như sau :
Giả sử $\dfrac{a^2+6a+9}{a^2-2a+3} \leq k(a-1)+8$
$\Leftrightarrow ka^3+(7-3k)a^2+(5k-22)a+15-3k \geq 0$
Ta phải viết $ka^3+(7-3k)a^2+(5k-22)a+15-3k=(a-1)^2(ka+15-3k)$
Khai triển, đồng nhất hệ số ta được $k=4$
Vậy ta có $\dfrac{a^2+6a+9}{a^2-2a+3} \leq 4(a-1)+8$ với mọi $a>0$
Tương tự ta cũng có $\dfrac{b^2+6b+9}{b^2-2b+3} \leq 4(b-1)+8$
$\dfrac{c^2+6c+9}{c^2-2c+3} \leq 4(c-1)+8$
Cộng 3 bất đẳng thức trên lại và để ý $a+b+c=3$, ta có được
$\sum \dfrac{a^2+6a+9}{a^2-2a+3} \leq 24$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c>0$