Inequality

Bài toán : Cho các số dương $x,y,z$. Chứng minh rằng :

a) ${\left(\frac{x}{x+y}\right)}^2+{\left(\frac{y}{y+z}\right)}^2+{\left(\frac{z}{z+x}\right)}^2\ge \frac{3}{4}$

b) ${\left(\frac{x}{x+y}\right)}^3+{\left(\frac{y}{y+z}\right)}^3+{\left(\frac{z}{z+x}\right)}^3\ge \frac{3}{8}$                  (Vietnam TST 2005) 

Lời giải :

a) Ta có thể viết điều phải chứng minh thành :

$\frac{1}{1+{\left(\frac{y}{x}\right)}^2}+\frac{1}{1+{\left(\frac{z}{y}\right)}^2}+\frac{1}{1+{\left(\frac{x}{z}\right)}^2}$$\ge \frac{3}{4}$

Từ đó nếu đặt $m=\frac{y}{x},n=\frac{z}{y},p=\frac{x}{z}$ thì $mnp=1$ và cần chỉ ra :

$$\frac{1}{(1+m{)}^2}+\frac{1}{(1+n^2)}+\frac{1}{(1+p{)}^2}\ge \frac{3}{4}$$

Vì $mnp=1$ nên ta lại đổi biến $(m,n,p)\to \left(\frac{bc}{a^2},\frac{ca}{b^2},\frac{ab}{c^2}\right),a,b,c>0$

Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành :

$\frac{1}{{\left(1+\frac{bc}{a^2}\right)}^2}+\frac{1}{{\left(1+\frac{ca}{b^2}\right)}^2}+\frac{1}{{\left(1+\frac{ab}{c^2}\right)}^2}$$\ge \frac{3}{4}$$\iff \sum _{cyc}\frac{a^4}{(a^2+bc{)}^2}$$\ge \frac{3}{4}$

Điều này luôn đúng vì theo $Cauchy-Shwarz$ và $AM-GM$ :

$\sum _{cyc}\frac{a^4}{(a^2+bc{)}^2}$$\ge \sum _{cyc}\frac{a^4}{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}$$=\frac{a^4(b^2+c^2)+b^4(c^2+a^2)+c^4(a^2+b^2)}{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}$$=1-\frac{2a^2{b}^2{c}^2}{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}$$\ge 1-2.\frac{1}{8}$$=\frac{3}{4}$

Lưu ý : Đây là trường hợp đặc biệt của bài toán China TST 2004 , khi $d=1$.

b) Đặt $A=\frac{x}{x+y},B=\frac{y}{y+z},C=\frac{z}{z+x}$ thì theo câu a ta có $A^2+B^2+C^2\ge \frac{3}{4}$.

Ta cần chứng minh $A^3+B^3+C^3\ge \frac{3}{8}$

Thật vậy, theo $AM-GM$ :

$$A^3+A^3+\frac{1}{8}\ge \frac{3}{2}{A}^2$$

Tương tự ta được

$2(A^3+B^3+C^3)+\frac{3}{8}$$\ge \frac{3}{2}(A^2+B^2+C^2)$$\ge \frac{3}{2}.\frac{3}{4}$$=\frac{9}{8}$$\Rightarrow A^3+B^3+C^3$$\ge \frac{3}{8}$

Ta có điều phải chứng minh.