Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được:
\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)=\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\le3.3=9\)hay \(a+b+c\le3\)(do \(a^2+b^2+c^2=3\))
Theo bất đẳng thức Mincopxki và bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức, ta được:
\(\sqrt{\frac{9}{\left(a+b\right)^2}+c^2}+\sqrt{\frac{9}{\left(b+c\right)^2}+a^2}+\sqrt{\frac{9}{\left(c+a\right)^2}+b^2}\)
\(\ge\sqrt{9\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)^2+\left(a+b+c\right)^2}\)
\(\ge\sqrt{9\left[\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}\right]^2+\left(a+b+c\right)^2}\)
Đến đây, ta cần chứng minh rằng: \(\sqrt{9\left[\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}\right]^2+\left(a+b+c\right)^2}\ge\frac{3\sqrt{13}}{2}\)(*)
Đặt \(t=a+b+c\Rightarrow0< t\le3\)
Khi đó, (*) trở thành \(\sqrt{9\left(\frac{9}{2t}\right)^2+t^2}\ge\frac{3\sqrt{13}}{2}\Leftrightarrow9\left(\frac{9}{2t}\right)^2+t^2\ge\frac{117}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(t-3\right)\left(2t-9\right)\left(t+3\right)\left(2t+9\right)}{4t^2}\ge0\)(đúng với mọi \(0< t\le3\))
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
