Inequality

Bài toán (USA TST 2010) 

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng :

$$\frac{1}{a^5(b+2c{)}^2}+\frac{1}{b^5(c+2a{)}^2}+\frac{1}{c^5(a+2b{)}^2}\ge \frac{1}{3}$$

Lời giải :

Ta đổi biến $a=\frac{1}{x},b=\frac{1}{y},c=\frac{1}{z}\Rightarrow xyz=1$

Ta cần chứng minh :

$\frac{1}{\frac{1}{x^5}{\left(\frac{1}{y}+\frac{2}{z}\right)}^2}+\frac{1}{\frac{1}{y^5}{\left(\frac{1}{z}+\frac{2}{x}\right)}^2}+\frac{1}{\frac{1}{z^5}{\left(\frac{1}{x}+\frac{2}{y}\right)}^2}$$\ge \frac{1}{3}$$\iff \frac{x^5{y}^2{z}^2}{(2y+z{)}^2}+\frac{x^2{y}^5{z}^2}{(2z+x{)}^2}+\frac{x^2{y}^2{z}^5}{(2x+y{)}^2}$$\ge \frac{1}{3}$$\iff \frac{x^3}{(2y+z{)}^2}+\frac{y^3}{(2z+x{)}^2}+\frac{z^3}{(2x+y{)}^2}$$\ge \frac{1}{3}$

Theo $AM-GM$ :

$$\frac{x^3}{(2y+z{)}^2}+\frac{2y+z}{27}+\frac{2y+z}{27}\ge \frac{x}{3}$$

Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng vế theo vế :

$\frac{x^3}{(2y+z{)}^2}+\frac{y^3}{(2z+x{)}^2}+\frac{z^3}{(2x+y{)}^2}$$\ge \frac{1}{9}(x+y+z)$$\ge \frac{3\sqrt[3]{xyz}}{9}$$=\frac{1}{3}$

Ta có điều phải chứng minh.