Vamos $$\sum\limits_{cyc}\sqrt{24ab+25}<21,$$ $a=kx$, $b=ky$ and $c=kz$ such that $k>0$ and $$\sum_{cyc}\sqrt{24xy+25}=21.$$
Por lo tanto,
$$\sum_{cyc}\sqrt{24k^2xy+25}<21=\sum_{cyc}\sqrt{24xy+25}$$o
$$\sum_{cyc}\frac{(k^2-1)xy}{\sqrt{24k^2xy+25}+\sqrt{24xy+25}}<0$$o
$$(k^2-1)\sum_{cyc}\frac{xy}{\sqrt{24k^2xy+25}+\sqrt{24xy+25}}<0,$$ which gives $$0<k<1.$$
Pero la condición da $$x+y+z=k(xy+xz+yz)<xy+xz+yz,$$
lo cual es una contradicción, porque vamos a demostrar ahora que $$x+y+z\geq xy+xz+yz.$$
De hecho, vamos a $yz=\frac{p^2+5p}{6},$ $xz=\frac{q^2+5q}{6}$ e $xy=\frac{r^2+5r}{6},$ donde $p$, $q$ e $r$ son positivos.
Por lo tanto, $$\sum_{cyc}\sqrt{4(p^2+5p)+25}=21$$o
$$p+q+r=3$$ and since $$x=\sqrt{\frac{\frac{q^2+5q}{6}\cdot\frac{r^2+5r}{6}}{\frac{p^2+5p}{6}}}=\sqrt{\frac{(q^2+5q)(r^2+5r)}{6(p^2+5p)}},$$ tenemos que demostrar que
$$\sum_{cyc}\sqrt{\frac{(q^2+5q)(r^2+5r)}{6(p^2+5p)}}\geq\sum_{cyc}\frac{p^2+5p}{6}$$o
$$\sqrt6\sum_{cyc}(p^2+5p)(q^2+5q)\geq\sum_{cyc}(p^2+5p)\sqrt{pqr\prod_{cyc}(p+5)}.$$
Ahora, vamos a $p+q+r=3u$, $pq+pr+qr=3v^2$ e $pqr=w^3$.
Por lo tanto, tenemos que demostrar que
$$\sqrt6\sum_{cyc}(p^2q^2+5p^2q+5p^2r+25pq)\geq$$
$$\geq\sum_{cyc}(p^2+5)\sqrt{w^3(pqr+5(pq+pr+qr)+25(p+q+r)+125)}$$o
$$\sqrt6(9v^4-6uw^3+5(9uv^2-3w^3)u+75u^2v^2)\geq$$
$$\geq(9u^2-6v^2+15u^2)\sqrt{w^3(w^3+15uv^2+75u^3+125u^3)}$$ or $f(w^3)\geq0,$donde
$$f(w^3)=\sqrt3(40u^2v^2+3v^4-7uw^3)u-\sqrt2(4u^2-v^2)\sqrt{w^3(200u^3+15uv^2+w^3)}.$$
Vemos que $f$ disminuye, lo que dice que es suficiente para probar la última desigualdad para el valor máximo de $w^3$, lo que sucede por la igualdad caso de dos variables.
Ahora, vamos a $q=p$ e $r=3-2p$, donde $0<p<\frac{3}{2}$ y después de la cuadratura de ambos lados tenemos que demostrar que
$$p^3(p-1)^2(p+5)^2(224-165p+60p^2-8p^3)\geq0,$$ , lo cual es cierto porque
$$224-165p+60p^2-8p^3=224-165p+48p^2+4p^2(3-2p)\geq224-165p+48p^2>0.$$
Hecho!
