Bài toán:Cho $a+b+c= \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$
chứng minh $(ab+bc+ca)(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})^2\ge 27$ với $a,b,c>0$
Lời giải: Đặt $x=ab \ ; \ y=bc \ ; \ z=ca\Rightarrow a=\sqrt{\dfrac{xz}{y}} \ ; \ b=\sqrt{\dfrac{xy}{z}} \ ; \ c=\sqrt{\dfrac{yz}{x}} \Rightarrow x+y+z=xy+yz+zx$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$$(x+y+z)(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2 \ge 27 \iff \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z} \ge \dfrac{3\sqrt{3}}{ \sqrt{x+y+z}}$$
Viết lại bất đẳng thức với dạng:
$$\sqrt{\dfrac{x}{x+y+z}}+\sqrt{\dfrac{y}{x+y+z}}+ \sqrt{ \dfrac{z}{x+y+z}} \ge \dfrac{3\sqrt{3}(xy+yz+zx)}{(x+y+z)^2}$$
$$\iff 2\left(\sqrt{\dfrac{x}{x+y+z}}+\sqrt{\dfrac{y}{x+y+z}}+\sqrt{\dfrac{z}{x+y+z}} \right)+\dfrac{3\sqrt{3}(x^2+y^2+z^2)}{(x+y+z)^2} \ge 3\sqrt{3}$$
Theo Cauchy thì:
$$\dfrac{3\sqrt{3}x^2}{(x+y+z)^2}+\sqrt{\dfrac{x}{x+y+z}}+\sqrt{\dfrac{x}{x+y+z}} \ge \dfrac{3\sqrt{3}x}{x+y+z}$$
Như vậy:
$$VT \ge 3\sqrt{3}\left(\dfrac{x}{x+y+z}+\dfrac{y}{x+y+z}+ \dfrac{ z}{ x+y+z} \right)=3\sqrt{3}=VP$$
Diều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1\iff a=b=c=1$