Lời giải
Cách 1: Tăng Hải Tuân - vatliphothong.vn
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: \begin{align} & \bullet xyz\left( x+y \right)\left( y+z \right)\left( z+x \right)\le \frac{8{{\left( xy+yz+zx \right)}^{3}}}{27}=\frac{8}{27}. \\ & \bullet \left( x+y+z \right)=\left( x+y+z \right)\left( xy+yz+zx \right)\le \frac{9}{8}\left( x+y \right)\left( y+z \right)\left( z+x \right). \\ \end{align}
Mà ta luôn có:
{{x}^{2}}{{y}^{2}}+{{x}^{2}}{{y}^{2}}+{{x}^{2}}{{y}^{2}}+xyz\left( x+y+z \right)={{\left( xy+yz+zx \right)}^{2}}-xyz\left( x+y+z \right).
Do đó: \begin{align} \sum\limits_{cyc}{\frac{x}{y\left( 1+{{x}^{2}} \right)}} & =\sum\limits_{cyc}{\frac{x}{y\left( x+y \right)\left( x+z \right)}} \\ &= \sum\limits_{cyc}{\frac{{{x}^{2}}z\left( y+z \right)}{xyz\left( x+y \right)\left( x+z \right)\left( y+z \right)}} \\ & =\frac{{{x}^{2}}{{y}^{2}}+{{x}^{2}}{{y}^{2}}+{{x}^{2}}{{y}^{2}}+xyz\left( x+y+z \right)}{xyz\left( x+y \right)\left( y+z \right)\left( z+x \right)} \\ & =\frac{{{\left( xy+yz+zx \right)}^{2}}}{xyz\left( x+y \right)\left( y+z \right)\left( z+x \right)}-\frac{\left( x+y+z \right)}{\left( x+y \right)\left( y+z \right)\left( z+x \right)} \\ & \ge \frac{27}{8}-\frac{9}{8} \\ & =\frac{9}{4}. \\ \end{align}
Bài toán được chứng minh xong.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=\dfrac{1}{\sqrt{3}}. \ \blacksquare
Cách 2: Trần Quốc Anh - toanphothong.vn
Để ý rằng, x^2+1=x^2+xy+yz+zx=(x+y)(x+z) nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
\frac{x}{y(x+y)(x+z)}+\frac{y}{z(y+z)(y+x)}+ \frac{{z}}{{x}(z+x)(z+y)} \ge \frac{9}{4}.
Đồng bậc hóa, ta thu được
\frac{x}{y(x+y)(x+z)}+\frac{y}{z(y+z)(y+x)}+ \frac{{z}}{{x}(z+x)(z+y)} \ge \frac{9}{4(xy+yz+zx)}.
Nhân cả hai vế của bất dẳng thức trên với (x+y)(y+z)(z+x), suy ra
\frac{{x}(y+z)}{y}+\frac{y(z+x)}{z}+\frac{z(x+y)}{x} \ge \frac{9(x+y)(y+z)(z+x)}{4(xy+yz+zx)}.
Tương đương với
\frac{x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+xyz(x+y+z)}{xyz}\ge \frac{9}{4}.\frac{(x+y)(y+z)(z+x)}{xy+yz+zx}
Hay (xy)^2+(yz)^2+(zx)^2+xyz(x+y+z) \ge \dfrac{9}{4}.\dfrac{(zx+zy)(yx+yz)(xy+xz)}{xy+yz+zx}{(1)}
Dễ thấy nếu đặt a=yz, b=zx, c=xy thì (1) trở thành
a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca \ge \frac{9}{4(a+b+c)}. (a+b)(b+c)(c+a).
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM bộ ba số dạng xyz \le \dfrac{(x+y+z)^3}{27}, ta suy ra
(a+b)(b+c)(c+a) \le \frac{8(a+b+c)^3}{27}.
Từ đánh giá trên, dễ thấy chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được rằng a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca \ge \frac{2}{3}(a+b+c)^2.
Hay a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca.,
tương đương với
\frac{1}{2}[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2] \ge 0.
Hiển nhiên đúng. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=y=z. \ \blacksquare
Cách 3: Chu Văn An - toanphothong.vn
Giả thiết xy+yz+zx=1 gợi mở cho ta đặt: x=\tan \dfrac{A}{2}, y=\tan \dfrac{B}{2}, z=\tan \dfrac{C}{2} với A, B, C là ba góc của một tam giác nào đó!Theo tư tưởng đó ta sẽ biến đổi biểu thức đã cho về dạng:
\frac{\sin A}{\tan \frac{B}{2}}+\frac{\sin B}{\tan \frac{C}{2}}+\frac{\sin C}{\tan \frac{A}{2}}\geq \frac{9}{2}.
Rõ ràng đến đây ta không thể biến đổi lượng giác được mà phải tìm một con đường khác, cụ thể như sau:
Ta có: \sin A=\dfrac{a}{2R}, \tan \dfrac{A}{2}=\dfrac{r}{p-a}. Tương tự như thế với \sin B, \sin C,...Như thế ta viết được bất đẳng thức về dạng:
\frac{a(p-b)+b(p-c)+c(p-a)}{2Rr}\geq \frac{9}{2}
Bằng một vài biến đổi, đồng thời chú ý đến công thức sau abc=4RS=4Rpr, bất đẳng thức có dạng:
(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)\geq9abc
Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng vì theo AM-GM thì: (a^2+b^2+c^2)(a+b+c)\geq3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}.3\sqrt[3]{abc}= 9abc.
Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh!
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=\dfrac{1}{\sqrt{3}}. \ \blacksquare
0 nhận xét:
Đăng nhận xét