Sử dụng BĐT Cauchy - Schwarz khi điều kiện LỎNG.

Đề bài. CMR: $\ 2\left( {1 + abc} \right) + \sqrt {2\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)\left( {1 + {c^2}} \right)}  \ge \left( {1 + a} \right)\left( {1 + b} \right)\left( {1 + c} \right)\left( * \right)$với mọi a,b,c thực.
Giải:
Ta có: $\ \left\{ \begin{array}{l}
2({a^2} + 1) = {a^2} + {a^2} + 1 + 1 = {(a + 1)^2} + {(a - 1)^2}\\
({b^2} + 1)({c^2} + 1) = {b^2}{c^2} + {b^2} + {c^2} + 1 = {(b + c)^2} + {(1 - bc)^2}
\end{array} \right.$

Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz ta có:\[\begin{array}{l}
\sqrt {2(1 + {a^2})(1 + {b^2})(1 + {c^2})}  = \sqrt {\left[ {{{(a + 1)}^2} + {{(a - 1)}^2}} \right]\left[ {{{(b + c)}^2} + {{(1 - bc)}^2}} \right]} \\
 \ge (a + 1)(b + c) + (a - 1)(1 - bc) = ab + c + ca + b + a + bc - 1 - abc\\
 = \left( {a + b + c} \right) + \left( {ab + bc + ca} \right) - 1 - abc\\
 \Rightarrow V{T_{\left( * \right)}} = 2\left( {1 + abc} \right) + \sqrt {2\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)\left( {1 + {c^2}} \right)}  \ge \left( {a + b + c} \right) + \left( {ab + bc + ca} \right) + 1 + abc\:\\
 = \left( {1 + a} \right)\left( {1 + b} \right)\left( {1 + c} \right) = VP{\:_{\left( * \right)}}
\end{array}\]Vậy BĐT được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:\[\begin{array}{l}
\frac{{b + c}}{{a + 1}} = \frac{{1 - bc}}{{a - 1}} = \frac{{b + c + bc - 1}}{2} \Leftrightarrow 2b + 2c = ab + ac + abc - a + b + c + bc - 1\\
 \Leftrightarrow \left( {ab + bc + ca} \right) - \left( {a + b + c} \right) + abc - 1 = 0 \Leftrightarrow \left( {1 - a} \right)\left( {1 - b} \right)\left( {1 - c} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
a = 1\\
b = 1\\
c = 1
\end{array} \right.
\end{array}\]