Bài toán: (VMO 2002) Cho các số thực $x, y, z$. Chứng minh rằng:

                                        $6(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)\le 27xyz+\sqrt{(x^2+y^2+z^2)^3}$

 Lời giải:

     Do BDT đã cho là thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa cho $x^2+y^2+z^2=9$

     Không mất tính tổng quát, giả sử: $x^2=\max \left\{x^2; y^2; z^2\right\}$
       
     Khi đó, BDT cần chứng minh trở thành:

                                                       $2(x+y+z)\le xyz+10$

                                               $\Leftrightarrow 2(x+y+z)-xyz\le 10$
                               
                                               $\Leftrightarrow x(2-yz)+2(y+z)\le 10$

    Sử dụng BDT Cauchy Schawrz,  ta có:

                                               $\left[x(2-yz)+2(y+z)\right]^2\le \left[x^2+(y+z)^2\right]\left[4+(2-yz)^2\right]$

                                                                                             $=(9+2yz)(8-4yz+y^2z^2)$

   Đặt $t=yz$, từ điều kiện $x^2=\max \left\{x^2; y^2; z^2\right\}$ kết hợp với $x^2+y^2+z^2=9$ nên ta có ngay: $t\le 3$

   Công việc bây giờ là ta chỉ cần chỉ ra:

                                                       $(9+2t)(8-4t+t^2)\le 100$

   Thật vậy, điều này tương đương với:  $(t+2)^2(2t-7)\le 0$

                                                        $\Rightarrow 2t-7\le 0\Leftrightarrow t\le \dfrac{7}{2}$, hiển nhiên đúng vì $t\le 3$.

   Từ đó ta có đpcm.