BĐT với $a^2+b^2+c^2+1=2(ab+bc+ca)$

Đề bài:
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn: $a^2+b^2+c^2+1=2(ab+bc+ca)$.
Chứng minh rằng: $3a+2b+6c\ge6$.

Lời giải:
Đặt: $x=a+b-c;y=c+a-b;z=a+b-c$, suy ra: $\displaystyle a=\frac{y+z}{2};b=\frac{z+x}{2};c=\frac{x+y}{2}$
Từ giả thiết ta có: $xy+yz+zx=1$.
Khi đó lại có: $2(3a+2b+6c)=5x+8y+9z$.
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
$(5x+8y+9z)^2=25x^2+64y^2+81z^2+80xy+90yz+144yz$
                                 $\ge 64xy+54xz+80xy+90xz+144yz=144$
Suy ra: $5x+8y+9z\ge12$ hay $3a+2b+6c\ge6$
Dấu bằng xảy ra khi: $\displaystyle a=\frac{2}{3};b=\frac{3}{4};c=\frac{5}{12}$

Bình luận: Bằng một cách tương tự, ta cũng có: $3a+6b+7c\ge9$