\documentclass[12pt]{article} \usepackage[utf8]{vietnam} \usepackage{amsmath,amsxtra,amssymb,latexsym, amscd,amsthm} \usepackage{graphicx,color} \usepackage{eso-pic} \usepackage[a4paper,left=1.5cm,right=1.5cm,top=1.5cm,bottom=1.5cm]{geometry} \renewcommand{\baselinestretch}{1.2} \definecolor{lightgray}{gray}{.95} \newcommand{\cl}[1]{\centerline{#1}} \font\abc=ugqbo8v at 17pt \begin{document} \AddToShipoutPicture{\AtTextCenter{\makebox(0,0)[c]{\resizebox{\textwidth}{!}{\rotatebox{60}{\textsf{\textbf{\color{lightgray}Cauchy--Schwarz}}}}}}} \begin{center}{\abc 20 bài toán sử dụng bất đẳng thức Cauchy--Schwarz }\end{center} \[\left( x_1 y_1+x_2 y_2+\cdots+x_n y_n\right)^2\leq \left( x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2\right) \left( y_1^2+y_2^2+\cdots+y_n^2\right).\] \[ \frac {(a_1 + a_2 + ...+a_{n-1}+ a_n)^2}{b_1 + b_2 + ..+ b_{n-1} + b_n} \leq \frac {a_1^2}{b_1} + \frac {a_2^2}{b_2} +...+ \frac {a_{n-1}^2}{b_{n-1}} + \frac {a_n^2}{b_n} \] \noindent\begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}\fbox{\bf 1} Cho ba số thức dương $ a,b,c$ thỏa mãn\\ \cl{ $\dfrac{1}{a^2+b^2+1}+\dfrac{1}{b^2+c^2+1}+\dfrac{1}{c^2+a^2+1}\geq 1$.}\\ Chứng minh rằng:\\ \cl{$ab+bc+ca \leq 3$} \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Giải}\\ Chúng ta thấy vế trái của BDT là một biểu thức gồm các phân số , với mẫu số có bậc 2. Vậy chúng ta mong muốn hạ bậc của nó đi để bài toán đơn giản hơn. Điều đó gợi nhớ cho chúng ta nghĩ tới bđt Cauchy-Schawrz.\\ \cl{$(a^2+b^2+1)(1+1+c^2)\geq (a+b+c)^2 \Leftrightarrow \dfrac{1}{a^2+b^2+1}\leq \dfrac{2+c^2}{(a+b+c)^2}$}\\ Thực hiện tương tự ta có:\\ \cl{$1\leq \dfrac{1}{a^2+b^2+1}+\dfrac{1}{b^2+c^2+1}+\dfrac{1}{c^2+a^2+1}\leq \dfrac{6+a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}$.}\\ \cl{$\Leftrightarrow (a+b+c)^2 \leq 6+a^2+b^2+c^2\Leftrightarrow ab+bc+ca \leq 3$} \noindent\begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}\fbox{\bf 2} Cho ba số thức dương $ a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:\\ \cl{$\dfrac{a^2}{a+2b^2}+\dfrac{b^2}{b+2c^2}+\dfrac{c^2}{c+2a^2}\geq 1$} \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Giải}\\ \cl{BĐT $ \Leftrightarrow\dfrac{a^4}{a^3+2b^2a^2}+\dfrac{b^4}{b^3+2c^2b^2}+\dfrac{c^4}{c^3+2a^2c^2}\geq 1$}\\ \cl{$\Rightarrow VT\ge \dfrac{ (a^2+b^2+c^2)^2}{a^3+b^3+c^3+2(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)}$} \\ Bây giờ ta chỉ cần chứng minh\\ \cl{$ (a^2+b^2+c^2)^2\ge a^2+b^3+c^3+2(a^2b^2+b^2+c^2+a^2+c^2)\quad (*)$} \\ Thật vậy\\ \cl{$ (*) \Leftrightarrow a^4+b^4+c^4\ge a^3+b^3+c^3$}\\ dễ dàng chứng minh được điều này với Cauchy và giả thuyết $ a+b+c=3$ \\ Vậy BĐT được chứng minh xong! \noindent\begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}\fbox{\bf 3} Cho ba số thức dương $ a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca>0$. Chứng minh rằng:\\ \cl{$\dfrac{2a^2-bc}{b^2-bc+c^2}+\dfrac{2b^2-ca}{c^2-ca+a^2}++\dfrac{2c^2-ab}{a^2-ab+b^2}\geq 3$} \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Giải}\\ biến đôi tương đương \\ \cl{$\displaystyle \sum {\dfrac{{2a^2 + (b - c)^2 }}{{b^2 + c^2 - bc}}} \ge 6;$}\\ Ta thấy \\ \cl{ $\displaystyle \sum {\dfrac{{2a^2 }}{{b^2 + c^2 - bc}}} \ge 2\dfrac{{(\sum {a^2 )^2 } }}{{\sum {a^2 (b^2 + c^2 - bc)} }};$}\\ và\\ \cl{ $\displaystyle \sum {\dfrac{{a^2 (b - c)^2 }}{{(b^2 + c^2 - bc)^2 }}} \ge \dfrac{{4[b(a - c)]^2 }}{{\sum {a^2 (b^2 + c^2 - bc)} }};$}\\ Ta cần chứng minh \\ \cl{$\displaystyle \left(\sum {a^2 }\right)^2 + 2[b(a - c)]^2 \ge 3\sum {a^2 (b^2 + c^2 - bc)} $;}\\ Với nhận xét \\ \cl{$ {{2[}}b(a - c){{]}}^2 = {{[}}b(a - c){{]}}^2 + {{[}}a(b - c) + c(a - b){{]}}^2 \ge (a(b - c))^2 + (c(a - b))^2 + {{[}}b(a - c){{]}}^2 ; $}\\ biến đổi và rút gọn, ta được \\ \cl{$\displaystyle \sum {a^2 } + abc(a + b + c) \ge 2\sum {(ab)^2 } $.}\\ Bất đẳng thức này là schur bậc 4. Ta có điều phải chứng minh \noindent\begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}\fbox{\bf 4} Cho ba số thức dương $ a,b,c$ thỏa mãn\\ \cl{ $\dfrac{1}{{1 + a + b}} + \dfrac{1}{{1 + b + c}} + \dfrac{1}{{1 + a + c}} \ge 1$.}\\ Chứng minh rằng:\\ \cl{$a + b + c \ge ab + bc + ca$} \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Giải}\\ Nhìn vào bài toán đã cho. Chúng ta mong muốn đưa mẫu số về cùng $(a+b+c)$ cho dễ đánh giá.\\ Áp dung Cauchy-Schawrz\\ \cl{$(1+a+b)(c^2+a+b)\geq (a+b+c)^2$}\\ \cl{$\Leftrightarrow \dfrac{1}{1+a+b}\leq \dfrac{c^2+a+b}{(a+b+c)^2}$.}\\ Tương tự cho các biểu thức còn lại. cộng các vế lại, làm tương tự bài \fbox{\bf 1}. Chúng ta có đpcm. \noindent\begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}\fbox{\bf 5} (Iran 2007). Tìm số $C$ lớn nhất sao cho với mọi $a,b,c,d,e$ không âm thỏa mãn $a+b=c+d+e$ ta đều có \\ \cl{$\sqrt {a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + e^2 } \ge C\left( {\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c + \sqrt d + \sqrt e } \right)^2 $} \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Giải}\\ \noindent\begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}\fbox{\bf 6} Cho $a; b; c$ dương và $a^2+b^2+c^2=1$. Tìm min của $P$ bằng ít nhất 3 cách\\ \cl{$P=\dfrac{a}{b^2+c^2}+\dfrac{b}{a^2+c^2}+\dfrac{c}{a^2+b^2}$} \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Giải}\\ Ta có \cl{$P=\sum {\dfrac{{a^2 }}{{a(1 - a^2 )}}}$} \\ \cl{$2a^2 (1 - a^2 )(1 - a^2 ) \le \dfrac{{(2a^2 - a^2 - a^2 + 2)^3 }}{{27}} = \dfrac{8}{{27}}$}\\ \cl{$a(1 - a^2 ) = \dfrac{2}{{3\sqrt 3 }}$} \\ \cl{$\Rightarrow \dfrac{{a^2 }}{{a(1 - a^2 )}} \ge \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}a^2 $} \\ \cl{$\Rightarrow \sum {\dfrac{{a^2 }}{{a(1 - a^2 )}}} \ge \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}\sum {a^2 } = \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}$} \\ vậy \cl{$minP=\dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}$ khi $a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$} \noindent\begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}\fbox{\bf 7} Cho $a,\;b,\;c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2 \ge 3.$ Chứng minh rằng\\ \cl{$(a^2+b^2+abc)(b^2+c^2+abc)(c^2+a^2+abc) \ge 3abc(a+b+c)^2.$} \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Giải}\\ Với mỗi bộ $a,b,c$ bất kì thì trong 3 số $\{abc-a^2,abc-b^2,abc-c^2\}$ của tập này ta luôn luôn có 2 số cùng dấu. Giả sử đó là $abc-a^2$ và $abc-b^2$ thì $(abc-a^2)(abc-b^2) \ge 0.$ \\ Sử dụng Cauchy-Schwaz ta có : $\left(1+1+\dfrac{c}{ab}\right)(a^2+b^2+abc) \ge (a+b+c)^2$\\ kết hợp với giải thiết $a^2+b^2+c^2 \ge 3$ ta sẽ chứng minh kết quả mạnh hơn : \\ \cl{$(b^2+c^2+abc)(c^2+a^2+abc) \ge (a^2+b^2+c^2)(2abc+c^2)$} \\ \cl{$\Leftrightarrow \dfrac{b^2+c^2+abc}{a^2+b^2+c^2} \ge \dfrac{2abc+c^2}{c^2+a^2+abc}$} \\ \cl{$\Leftrightarrow \dfrac{abc-a^2}{a^2+b^2+c^2} \ge \dfrac{abc-a^2}{c^2+a^2+abc}$} \\ \cl{$\Leftrightarrow \dfrac{(abc-a^2)(abc-b^2)}{(a^2+b^2+c^2)(c^2+a^2+abc)} \ge 0 $} \\ Vậy ta có điều phải chứng minh. \noindent\begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}\fbox{\bf 8} Cho $a,b,c,d$ là 4 số thực dương. Chứng minh rằng:\\ \cl{$\dfrac{(a+b)^2}{a^2+b^2+b(a+c)}+\dfrac{(b+c)^2}{b^2+c^2+b(a+c)}+\dfrac{(c+d)^2}{c^2+d^2+d(a+d)}+\dfrac{(a+b)^2}{d^2+a^2+a(d+a)}\leq 4$} \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Giải}\\ 1. Nhìn vào biểu thức vế trái chúng ta thấy BDT có dạng phân số.\\ 2. Tử số là bình phương của một tổng.\\ Điều này gợi cho chúng ta nghĩ tới BDT Cauchy-Schawrz dạng phân thức \\ \cl{$ \dfrac{(x+y)^2}{a+b}\leq \dfrac{x^2}{a}+\dfrac{y^2}{b}$}\\ \cl{$\displaystyle\sum {\frac{{{{(a + b)}^2}}}{{{a^2} + {b^2} + b(a + c)}}} \le \sum {\left[ {\frac{{{a^2}}}{{a(a + b)}} + \frac{{{b^2}}}{{b(b + c)}}} \right]} = \sum {\left( {\frac{a}{{a + b}} + \frac{b}{{b + c}}} \right)} = 4$} \noindent\begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}\fbox{\bf 9} Cho $x,y,z\in [-1;1]$ và $x+y+z=0$. Chứng minh rằng:\\ \cl{$\sqrt{1+x+y^{2}}+\sqrt{1+y+z^{2}}+\sqrt{1+z+x^{2}}\geq 3$} \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Giải}\\ \noindent\begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}\fbox{\bf 10} Cho $a_1,\; a_2,\; \cdots,\; a_{10}$ là các số thực thỏa mãn $ a_1+a_2+\cdots+a_{10} =0$ và $a_1^2+a_2^2+\cdots+a_{10}^2=1.$ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \qquad $P=a_1a_2+a_2a_3+\cdots +a_{10}a_1.$ \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Giải}\\ \noindent\begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}\fbox{\bf 11} Cho $a,b,c$ là các số thực không âm CMR:\\ \cl{ $\dfrac{a}{b^2+c^2}+\dfrac{b}{a^2+c^2}+\dfrac{c}{b^2+a^2}\ge \dfrac{4}{a+b+c}$} \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Giải}\\ Áp dụng Cauchy - Schwarz ta có \\ \cl{$LHS \ge \dfrac{(a+b+c)^2}{ab(a+b) + bc(b+c) + ca(c+a)}$} \\ Như vậy ta cần chứng minh\\ \cl{ $\dfrac{(a+b+c)^2}{ab(a+b) + bc(b+c) + ca(c+a)} \ge \dfrac{4}{a+b+c}$.}\\ Bất đẳng thức này đúng do Schur và đánh giá $abc \ge 0$. \noindent\begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}\fbox{\bf 12} Cho $a,b,c \ge 0$. CMR: \\ \cl{$\dfrac{a^3}{a^3+abc+b^3}+\dfrac{b^3}{b^3+abc+c^3}+ \dfrac{c^3}{c^3+abc+a^3} \ge 1$} \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Giải}\\ Phân tích: Để ý thấy vế trái là phân số , tử có bậc 3,mẫu cũng có bậc 3.Vậy đây là BDT thuần nhất. Khi đó để đơn giản chúng ta chuẩn hóa $abc=1$.\\ Đến đây ta có thể đặt $a=\dfrac{y}{x},b=\dfrac{z}{y},c=\dfrac{x}{z}$.\\ BDT đưa về: \cl{$\displaystyle \sum \dfrac{y^6}{y^6+x^3y^3+z^3x^3}\geq 1$.}\\ Đến đây chúng ta lại thấy tử số là $y^6=(y^3)^2$ và biểu thức vế trái là phân số điều đó gợi cho chúng ta nhớ tới BDT Cauchy - Schwarz dạng phân thức.\\ Áp dụng Cauchy - Schwarz ta có:\\ \cl{$\displaystyle \sum \dfrac{y^6}{y^6+x^3y^3+z^3x^3}\geq \dfrac{(x^3+y^3+z^3)^2}{(x^3+y^3+z^3)^2}=1$\quad dpcm} \noindent\begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}\fbox{\bf 13} Cho n số thực dương $ a_1,a_2....,a_n $ thỏa mãn\quad $\dfrac{a_1}{a_2}+\dfrac{a_2}{a_3}+...+\dfrac{a_n}{a_1}=n+1$\\ Tìm Min, Max của \qquad $T=\dfrac{(a_1+a_2+...+a_n)^2}{a_1^2+a_2^2+...+a_n^2}$ \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Giải}\\ \noindent\begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}\fbox{\bf 14} Tìm Min, Max: \qquad $ f(x) = x(1002 + \sqrt {2012 - {x^2}} )$ \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Giải}\\ \noindent\begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}\fbox{\bf 15} Tìm Max:\qquad $A = \dfrac{{xy}}{{{x^2} + xy + yz}} + \dfrac{{yz}}{{{y^2} + yz + xz}} + \dfrac{{xz}}{{{z^2} + xz + xy}}(x;y;z \in {R^ + })$ \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Giải}\\ Áp dụng Cauchy - Schwarz ta có \\ \cl{$(x^2+xy+yz)(z^2+xy+yz) \ge (xy+yz+zx)^2$} \\ do đó \\ \cl{$\dfrac{{xy}}{{{x^2} + xy + yz}} \le \dfrac{xy(z^2+xy+yz)}{(xy+yz+zx)^2}$.}\\ Thiết lập các BĐT tương tự ta đi tới\\ \cl{ $A \le \dfrac{\sum xy(z^2+xy+yz)}{(xy+yz+zx)^2}$.}\\ Nhưng vì\\ \cl{ $\sum xy(z^2+xy+yz) = (xy+yz+zx)^2$}\\ nên ta suy ra ngay $A \le 1$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z$. \noindent\begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}\fbox{\bf 16} Chứng minh bđt với $a$ và $b$ không âm \\ \cl{$\dfrac{ (a+b)^2} {2}+\dfrac{a+b}{4} \ge a\sqrt{b} +b\sqrt{a}$} \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Giải}\\ Với $a,b$ luôn dương ta có $a+b\ge \dfrac{(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2}{2} $\\ \cl{ $\Rightarrow VT\ge \dfrac{(\sqrt{a}+\sqrt{b})^4}{8}+\dfrac{(\sqrt{a}+ \sqrt{b} )^2}{8}$} \\ ta lại có \\ \cl{$\sqrt{ab}(\sqrt{a}+\sqrt{b})\le \dfrac{(\sqrt{a}+\sqrt{b})^3}{4}$} \\ Nên bây giờ ta chỉ cần chứng minh\\ \cl{ $\dfrac{(\sqrt{a}+\sqrt{b})^4}{8}+\dfrac{(\sqrt{a}+ \sqrt{b} )^2}{8}\ge\dfrac{(\sqrt{a}+ \sqrt{b} )^3}{4} $} \\ \cl{$\Leftrightarrow (\sqrt{a}+\sqrt{b})^2((\sqrt{a}+\sqrt{b})^2-2(\sqrt{a}+\sqrt{b})+1)\ge 0$\; hiên nhiên đúng .}\\ Vậy bất đẳng thức chứng minh xong. \noindent\begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}\fbox{\bf 17} Cho 3 số $x,y,z>0$.CMR: \\ \cl{$\dfrac{x}{x^2+xy+y^2}+\dfrac{y}{y^2+yz+z^2}+\dfrac{z}{z^2+zx+x^2}\geq \dfrac{x+y+z}{x^2+y^2+z^2}$} \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Giải}\\ \cl{$LHS \ge \dfrac{(x+y+z)^2}{\sum x^3+x^2y+xy^2} = \dfrac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)} = RHS$} \noindent\begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}\fbox{\bf 18} Cho các số thực dương $x,y,z$.CMR \\ \cl{$\dfrac{1+yz+zx}{(1+x+y)^2}+\dfrac{1+zx+xy}{(1+y+z)^2}+\dfrac{1+xy+yz}{(1+z+x)^2}\geq 1$} \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Giải}\\ Phân tích: Tiếp cận bài toán chúng ta thấy vế trái của BDT có dạng phân thức, trong khi mẫu số có dạng bình phương của 1 tổng $(1+x+y)^2$ tử số chúng ta có thể thấy viết lại được thành $1+z(x+y)$. Vậy nếu tử số nhân thêm 1 lượng nào đó để khủ bỏ nhân tử $z$ thì ta sẽ được $1+x+y$ và như thế sẽ rút gọn được bậc của mẫu. Với nhìn nhận ban đầu như vậy, ta tiến hành ghép bộ số $1+z(x+y)$ với $1+\dfrac{x+y}{z}$, khi đó ta có:$(1+zx+zy)(1+\dfrac{x+y}{z}) \ge (1+x+y)^2$\\ \cl{$\sum \dfrac{1+yz+zx}{(1+x+y)^2}=\sum \dfrac{(1+yz+zx) \bigg(1+\dfrac{y}{z} +\dfrac{x}{z} \bigg)}{(1+x+y)^2 \bigg( 1+\dfrac{x}{z}+\dfrac{y}{z} \bigg)} \ge \sum \dfrac{1}{1+\dfrac{x}{z}+\dfrac{y}{z}}=\sum \dfrac{z}{z+x+y}=1$} \\ Ta có điều phải chứng minh. \noindent\begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}\fbox{\bf 19} Cho các số thức $x,y,z>0$.CMR:\\ \cl{$\dfrac{x+y}{\sqrt{x^2+y^2+zx+zy}}+\dfrac{y+z}{\sqrt{y^2+z^2+xy+xz}}+\dfrac{z+x}{\sqrt{z^2+x^2+yz+xy}} \leq 3$} \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Giải}\\ \cl{$VT^2 \le 3\left(\dfrac{(x+y)^2}{{x^2+y^2+zx+zy}}+\dfrac{(y+z)^2}{{y^2+z^2+xy+xz}}+\dfrac{(z+x)^2}{{z^2+x^2+yz+xy}}\right) \le$}\\ \cl{$\le 3\left(\dfrac{x^2}{x(x+z)}+\dfrac{y^2}{y(y+z)}+\dfrac{z^2}{z(z+x)}+\dfrac{y^2}{y(y+x)}+\dfrac{x^2}{x(x+y)}+ \dfrac{z^2}{z(z+y)}\right )=9$} \\ nên $VT\le 3$ đpcm \noindent\begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}\fbox{\bf 20} Cho các số thực dương $x;y;z.$ CMR:\\ \cl{$\dfrac{1}{x^5\sqrt{(x^2+2y^2)}}+ \dfrac{1}{y^5\sqrt{(y^2+2z^2)}}+\dfrac{1}{z^5\sqrt{z^2+2x^2}}\geq \dfrac{\sqrt{3}}{x^2y^2z^2}$} \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Giải}\\ Chuẩn hóa $xyz=1$ ta có:\\ \cl{$\sum\dfrac{1}{x^5\sqrt{x^2+2y^2}}=\sum\dfrac{y^4z^4}{x\sqrt{x^2+2y^2}}\geq\dfrac{(\sum y^2z^2)^2}{\sum x\sqrt{x^2+2y^2}}\geq\dfrac{3x^2y^2z^2(\sum x^2)}{\sqrt{(x^2+y^2+z^2)(3(x^2+y^2+z^2))}}=\sqrt{3}$}\\$\Rightarrow$ đpcm \end{document}