$(xy + yz + xz )\cdot\left[\dfrac{1}{(x+y)^2}+ \dfrac{1}{(y+z)^2} + \dfrac{1}{(z+x)^2}\right] \geq \dfrac94$
Không làm mất tính tổng quát, giả sử $x\geq y \geq z$
Ta có bất đẳng thức phụ:
$\dfrac{1}{(x+y)^2}+ \dfrac{1}{(y+z)^2} + \dfrac{1}{(z+x)^2}\geq \dfrac{1}{4xy} +\dfrac{2}{(x+z)(y+z)}$
Dễ dàng chứng minh bất đẳng thức phụ bằng phép biến đổi tương đương:
$\dfrac{1}{(x +z)^2} +\dfrac{1}{(y+z)^2} -\dfrac{2}{(x+z)(y+z)}\geq \dfrac{1}{4xy} -\dfrac{1}{(x+y)^2}$
$\Leftrightarrow \dfrac{(x-y)^2}{(x+z)^2(y+z)^2}\geq \dfrac{(x-y)^2}{4xy(x+y)^2}$
Hiển nhiên đúng vì:
$\quad \begin{cases}4xy \geq 4y^2 \geq (y+z)^2\\(x+y)^2 \geq (x+z)^2\end{cases}$
Do đó, ta cần chứng minh:
$(xy + yz + zx)\cdot\left[\dfrac{1}{4xy} +\dfrac{2}{(x+z)(y+z)}\right]\geq \dfrac94$
$\Leftrightarrow \dfrac{xy+yz+zx}{4xy} +\dfrac{2(xy + yz + zx)}{(x+z)(y+z)}\geq \dfrac94$
$\Leftrightarrow \dfrac14 +\dfrac{z(x+y)}{4xy} + 2 -\dfrac{2z^2}{(x+z)(y+z)}\geq \dfrac{9}{4}$
$\Leftrightarrow \dfrac{z(x+y)}{4xy} \geq \dfrac{2z^2}{(x+z)(y+z)}$
$\Leftrightarrow (x+y)(y+z)(z+x)\geq 8xyz$
Bất đẳng thức trên đúng theo bất đẳng thức $AM-GM$
Do đó bất đẳng thức được chứng minh
______________________________________
Ngoài ra, bài toán của $Ji\, Chen$ còn nhiều cách giải khác:
- Biến đổi tương đương
- Phép thế Ravi
- Áp dụng bất đẳng thức $Schur$
- $\dots$
