Cho $a=b>0, c=0$, ta có : $\displaystyle 2x^2a^6\leq xa^6\Leftrightarrow 2x^2\leq x\Leftrightarrow 0\leq x\leq \frac{1}{2}$
Đảo lại, giả sử $\displaystyle x\in [0;\frac{1}{2}]$. không giảm tổng quát, giả sử $a\geq b\geq c\geq 0$.
Đặt: $b^2+c^2+(x-1)a^2=A, a^2+bcx=A_1$;
$a^2+c^2+(x-1)b^2=B, b^2+acx=B_1$;
$a^2+b^2+(x-1)c^2=C, c^2+abx=C_1$.
Dễ thấy $B,C,A_1,B_1,C_1\geq 0$.
Nếu $A\leq 0$ thì bất đẳng thức $(1)$ đúng nên chỉ xét trường hợp $A>0$.
Ta có: $AB-C_1^2=(a-b)^2[xc^2+(x-1)(a+b)^2]\leq 0$
vì $xc^2\leq (1-x)c^2\leq (1-x)(a+b)^2$.
Vậy, $AB\leq C_1^2 (2)$
Tương tự:
$AC-B_1^2=(a-c)^2[xb^2+(x-1)(a+c)^2]=k\leq 0 (3)$
$BC-A^2_1=(b-c)^2[xa^2+(x-1)(b+c)^2] (4)$
Ta sẽ chứng minh :
$BC-A_1^2\leq -k. (5) $
Thật vậy, vì $0\leq x\leq 1-x$ nên:
$xa^2\leq (1-x)(a+c)^2, xb^2\leq (1-x)(b+c)^2$.
Do đó: $xa^2+(x-1)(b+c)^2\leq (1-x)(a+c)^2-xb^2$.
Lại có: $a-c\geq b-c\geq 0$
mà: $(1-x)(a+c)^2\geq (1-x)b^2\geq xb^2$.
Do đó: $(b-c)^2[xa^2+(x-1)(b+c)^2]\leq (a-c)^2[(1-x)(a+c)^2-xb^2]=-k$
Từ $(3), (5)$ ta có:
$AC.BC\leq (B_1^2+k)(A_1^2-k)=A_1^2B_1^2+kA_1^2-kB_1^2-k^2$
$\leq A_1^2B_1^2 $( do $A_1\geq B_1\geq 0\geq k ) (6)$
Nhân $(2)$ và $(6)$ theo từng vế ta có $(AB.AC.BC)^2\leq A_1^2B_1^2C_1^2\Leftrightarrow ABC\leq A_1B_1C_1$(do các số đều không âm). Đó là đpcm.