Lời giải
Áp dụng bất đăng thức Cauchy, ta có \(\left\{ \begin{array}{l}2xy \le {x^2} + {y^2}\\2yz \le {y^2} + {z^2}\\2zx \le {z^2} + {x^2}\end{array} \right.\)
⇒ 2(xy + yz + zx) ≤ 2(x2 + y2 + z2)
⇔ xy + yz + zx ≤ x2 + y2 + z2
⇔ 3(xy + yz + zx) ≤ x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + zx)
⇔ 3(xy + yz + zx) ≤ (x + y + z)2
\( \Leftrightarrow xy + yz + zx \le \frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{3}\).
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có \(\frac{{4 + \left( {1 + {x^2}} \right)}}{2} \ge \sqrt {4\left( {1 + {x^2}} \right)} \)
Ta có \(\frac{{1 + \sqrt {1 + {x^2}} }}{x} = \frac{{2 + \sqrt {4\left( {1 + {x^2}} \right)} }}{{2x}} \le \frac{{2 + \frac{{4 + \left( {1 + {x^2}} \right)}}{2}}}{{2x}} = \frac{{4 + 4 + \left( {1 + {x^2}} \right)}}{{4x}} = \frac{{9 + {x^2}}}{{4x}}\).
Chứng minh tương tự, ta có \(\frac{{1 + \sqrt {1 + {y^2}} }}{y} \le \frac{{9 + {y^2}}}{{4y}}\) và \(\frac{{1 + \sqrt {1 + {z^2}} }}{z} \le \frac{{9 + {z^2}}}{{4z}}\).
Khi đó \(\frac{{1 + \sqrt {1 + {x^2}} }}{x} + \frac{{1 + \sqrt {1 + {y^2}} }}{y} + \frac{{1 + \sqrt {1 + {z^2}} }}{z} \le \frac{{9 + {x^2}}}{{4x}} + \frac{{9 + {y^2}}}{{4y}} + \frac{{9 + {z^2}}}{{4z}}\)
\[ = \frac{{yz\left( {9 + {x^2}} \right) + xz\left( {9 + {y^2}} \right) + xy\left( {9 + {z^2}} \right)}}{{4xyz}}\]
\[ = \frac{{9\left( {xy + yz + zx} \right) + xyz\left( {x + y + z} \right)}}{{4xyz}}\]
\( \le \frac{{9.\frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{3} + {{\left( {xyz} \right)}^2}}}{{4xyz}}\)
\( = \frac{{3{{\left( {xyz} \right)}^2} + {{\left( {xyz} \right)}^2}}}{{4xyz}} = \frac{{4{{\left( {xyz} \right)}^2}}}{{4xyz}} = xyz\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow x = y = z = \sqrt 3 \).
Vậy ta có điều phải chứng minh.