Sử dụng liên tiếp BĐT Cauchy-Schwarz.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Thiện Tân Lê hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)\[Cho\,\left\{ \begin{array}{l}
0 < a,b,c \in R\\
a + b + c = 1
\end{array} \right..\,CMR:\,\frac{a}{{a + 6bc}} + \frac{b}{{b + 6ca}} + \frac{c}{{c + 6ab}} \ge 1\left( * \right)\]
Giải:
\[V{T_{\left( * \right)}} = P = \frac{a}{{a + 6bc}} + \frac{b}{{b + 6ca}} + \frac{c}{{c + 6ab}} = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + 6abc}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + 6abc}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + 6abc}}\] Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\[\begin{array}{l}
{\left( {a + b + c} \right)^2} = {\left( {\sqrt {{a^2} + 6abc} .\frac{a}{{\sqrt {{a^2} + 6abc} }} + \sqrt {{b^2} + 6abc} .\frac{b}{{\sqrt {{b^2} + 6abc} }} + \sqrt {{c^2} + 6abc} .\frac{c}{{\sqrt {{c^2} + 6abc} }}} \right)^2}\\
 \le \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + 18abc} \right).P \Rightarrow P \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 18abc}} = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 2\left( {ab + bc + ca} \right)}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 18abc}}\\
Q = ab + bc + ca = abc\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) \ge \frac{{9abc}}{{a + b + c}} = 9abc \Rightarrow P \ge \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 18abc}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 18abc}} = 1
\end{array}\]
Vậy BĐT được chứng minh. Dấu "=" xảy ra $\  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a + b + c = 1\\
a = b = c
\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = \frac{1}{3}$