Vì \(ab+bc+ca+abc=4\) nên tồn tại các số x,y,z>0 thỏa mãn \(a=\dfrac{2x}{y+z},b=\dfrac{2y}{x+z},c=\dfrac{2z}{x+y}\).
Viết lại BĐT cần chứng minh:\(\sum\sqrt{\dfrac{4x^2}{\left(y+z\right)^2}+8}\le\sum\dfrac{2x}{y+z}+6\)
\(\Leftrightarrow\sum\dfrac{y+z}{\sqrt{x^2+2\left(y+z\right)^2}+x}\le\dfrac{3}{2}\)(*)
Thật vậy, theo BĐT Bunyakovsky:
\(\left[x^2+2\left(y+z\right)^2\right]\left(1+8\right)\ge\left(x+4y+4z\right)^2\)
\(\Rightarrow VT\le\sum\dfrac{y+z}{\dfrac{x+4y+4z}{3}+x}=\sum\dfrac{3\left(y+z\right)}{4\left(x+y+z\right)}=\dfrac{3}{2}\)
\(\RightarrowĐpcm\)
#proof 2 :[THTT-485]
\(ab+bc+ca+abc=4\Leftrightarrow\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}=1\)
Ta có: \(\dfrac{12}{a+2}+a-2=\dfrac{a^2+8}{a+2}\).Thiết lập tương tự và cộng lại:
\(6+a+b+c=\dfrac{a^2+8}{a+2}+\dfrac{b^2+8}{b+2}+\dfrac{c^2+8}{c+2}\ge\dfrac{\left(\sum\sqrt{a^2+8}\right)^2}{a+b+c+6}\)
\(>>đpcm \)
