Đặt$: x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=\frac{1}{c}$
từ gt ta có:
$\frac{1}{1+yz+x^2}=\frac{xy+yz+zx}{xy+zx+2yz+z^2}=\frac{\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}}{\frac{1}{ab}+\frac{1}{ca}+\frac{1}{a^2}+\frac{2}{bc}}=\frac{a(a+b+c)}{2a^2+bc+ca+ab}$
Do vậy bất đẳng thức trở thành:
$\Sigma \frac{a}{2a^2+ab+bc+ca}\leq \frac{9}{5(a+b+c)}$
$\Leftrightarrow \Sigma \frac{a(ab+bc+ca)}{2a^2+ab+bc+ca}\leq \frac{9(ab+bc+ca)}{5(a+b+c)}$
Lại có$:\frac{a(ab+bc+ca)}{2a^2+ab+bc+ca}=a-\frac{2a^3}{2a^2+ab+bc+ca}$
Nên ta viết lại BĐT thành:
$2\Sigma \frac{a^3}{2a^2+ab+bc+ca}+\frac{9(ab+bc+ca)}{5(a+b+c)}\geq a+b+c$
Áp dụng BĐT bunhia copps ki dạng phân thức ta đc:
$\Sigma\frac{a^3}{2a^2+ab+bc+ca} = \Sigma \frac{a^4}{a(2a^2+ab+bc+ca)}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{\Sigma a(2a^2+ab+bc+ca) }$
$=\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{6abc+(a+b+c)(2\Sigma a^2-\Sigma ab)}(*)$
Ta có $bđt:3abc\leq \frac{(ab+bc+ca)^2}{a+b+c}(**)$(chứng minh = pp tương đương)
từ $(*)$ và $(**):$
$\Sigma\frac{a^3}{2a^2+ab+bc+ca}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2(a+b+c)}{2(\Sigma ab+bc+ca)^2+(a+b+c)(2\Sigma a^2-\Sigma ab)}$
$=\frac{(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)}{2(a^2+b^2+c^2)+3(ab+bc+ca)}$
Do đó bất đẳng thức trở thành tiếp:
$\frac{2(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)}{2(a^2+b^2+c^2)+3(ab+bc+ca)}+\frac{9(a+b+c)}{5(ab+bc+ca)}\geq a+b+c$
nhân tung và rút gọn rồi trở thành$:(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\geq0$(bđt này đúng vì$:a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca)$