$latex \dfrac1{a+b}+\dfrac1{b+c}+\dfrac1{c+a}\le\dfrac{(a+b+c)^2}{6abc}$.

Solusi
Karena $latex (a+b)^2-4ab=(a-b)^2\ge0$, maka $latex 4ab\le(a+b)^2$. Dengan cara yang sama, $latex 4bc\le(b+c)^2$ dan $latex 4ca\le(c+a)^2$. Maka

$latex \displaystyle4abc\left(\dfrac1{a+b}+\dfrac1{b+c}+\dfrac1{c+a}\right)=\dfrac{4ab}{a+b}c+\dfrac{4bc}{b+c}a+\dfrac{4ca}{c+a}b$

$latex \displaystyle4abc\left(\dfrac1{a+b}+\dfrac1{b+c}+\dfrac1{c+a}\right) \le(a+b)c+(b+c)a+(c+a)b$

$latex \displaystyle4abc\left(\dfrac1{a+b}+\dfrac1{b+c}+\dfrac1{c+a}\right) =2(ab+bc+ca)$.

Karena $latex (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\ge0$, maka $latex a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca$, dan

$latex 3(ab+bc+ca)\le a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=(a+b+c)^2$.

Menggabungkan dua pertidaksamaan di atas, didapat

$latex \displaystyle4abc\left(\dfrac1{a+b}+\dfrac1{b+c}+\dfrac1{c+a}\right)\le \dfrac23(a+b+c)^2$.

Bagi kedua ruas dengan $latex 4abc$, dan terbukti.