Đề vòng 2
Câu 1. Cho $x,y,z>0$ thỏa $\sum x =\sum \frac{1}{x}$
Chứng minh rằng :
$$\sum \frac{1}{(2xy+yz+zx)^2} \le \frac{3}{16x^2y^2z^2}$$
Đổi biến : $(x;y;z)\rightarrow \left ( \frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c} \right )$
$\Rightarrow a+b+c=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$
$\Rightarrow ab+bc+ac=abc(a+b+c)\leq \frac{(ab+bc+ac)^2}{3}$
$\Rightarrow ab+bc+ac\geq 3$
Khi đó:BĐT cần chứng minh trở thành:
$$\sum \frac{(abc)^2}{(a+b+2c)^2}\leq \frac{3(abc)^2}{16}$$
$$\Leftrightarrow \sum \frac{1}{(a+b+2c)^2}\leq \frac{3}{16}$$
$$\Leftrightarrow \sum \frac{1}{\left [ (a+c)+(b+c) \right ]^2}\leq \frac{3}{16}$$
Mặt khác:
$$\sum \frac{1}{\left [ (a+c)+(b+c) \right ]^2}\leq \sum \frac{1}{4(a+c)(b+c)}$$
Ta cần CM:
$$\frac{1}{(a+b)(b+c)}+\frac{1}{(b+c)(c+a)}+\frac{1}{(a+c)(a+b)}\leq \frac{3}{4}$$
$$\Leftrightarrow 3\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )\geq 8(a+b+c)(*)$$
Ta có BĐT quen thuộc : $\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )\geq \frac{8}{9}(ab+bc+ac)(a+b+c)\geq \frac{8}{3}(a+b+c)$
$\Leftrightarrow 3(a+b)(b+c)(a+c)\geq 8(a+b+c)$
Do đó BĐT (*) luôn đúng $\Rightarrow \boxed{\textrm{ĐPCM}}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dinh Xuan Hung: 04-10-2016 - 15:10