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