Đặt:x=1a;y=1b;z=1ctừ gt ta có:
11+yz+x2=xy+yz+zxxy+zx+2yz+z2=1ab+1bc+1ca1ab+1ca+1a2+2bc=a(a+b+c)2a2+bc+ca+ab
Do vậy bất đẳng thức trở thành:
Σa2a2+ab+bc+ca≤95(a+b+c)
⇔Σa(ab+bc+ca)2a2+ab+bc+ca≤9(ab+bc+ca)5(a+b+c)
Lại có:a(ab+bc+ca)2a2+ab+bc+ca=a−2a32a2+ab+bc+ca
Nên ta viết lại BĐT thành:
2Σa32a2+ab+bc+ca+9(ab+bc+ca)5(a+b+c)≥a+b+c
Áp dụng BĐT bunhia copps ki dạng phân thức ta đc:
Σa32a2+ab+bc+ca=Σa4a(2a2+ab+bc+ca)≥(a2+b2+c2)2Σa(2a2+ab+bc+ca)
=(a2+b2+c2)26abc+(a+b+c)(2Σa2−Σab)(∗)
Ta có bđt:3abc≤(ab+bc+ca)2a+b+c(∗∗)(chứng minh = pp tương đương)
từ (∗) và (∗∗):
Σa32a2+ab+bc+ca≥(a2+b2+c2)2(a+b+c)2(Σab+bc+ca)2+(a+b+c)(2Σa2−Σab)
=(a2+b2+c2)(a+b+c)2(a2+b2+c2)+3(ab+bc+ca)
Do đó bất đẳng thức trở thành tiếp:
2(a2+b2+c2)(a+b+c)2(a2+b2+c2)+3(ab+bc+ca)+9(a+b+c)5(ab+bc+ca)≥a+b+c
nhân tung và rút gọn rồi trở thành:(ab+bc+ca)(a2+b2+c2−ab−bc−ca)≥0(bđt này đúng vì:a2+b2+c2≥ab+bc+ca)