sử dunhj một số bdt thông dụng để cm bdt

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC





ĐẶNG VĂN HIẾU





SỬ DỤNG MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC
THÔNG DỤNG ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
MÃ SỐ: 60 46 40




LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC





Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. PHAN HUY KHẢI

Thái Nguyên, năm 2009
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com
1

MỤC LỤC
Trang
Mục lục 1
Lời cảm ơn 2
Lời nói đầu 3
Chương 1 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Côsi 4
1.1 – Bất đẳng thức Côsi 4
1.2 – Sử dụng bất đẳng thức Côsi cơ bản 5
1.3 – Sử dụng trực tiếp bất đẳng thức Côsi 14
1.4 – Thêm bớt hằng số khi sử dụng bất đẳng thức Côsi 23
1.5 – Thêm bớt biến số khi sử dụng bất đẳng thức Côsi 27
1.6 – Nhóm các số hạng khi sử dụng bất đẳng thức Côsi 33
Chương 2 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski 42
2.1 – Bất đẳng thức Bunhiacopski 42
2.2 – Bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng 55
Chương 3 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức với các dãy đơn điệu 59
3.1 – Bất đẳng thức với các dãy đơn điệu 59
3.2 – Một số ví dụ minh hoạ 60
Chương 4 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Trêbưsép 67

4.1 – Bất đẳng thức Trêbưsép 67
4.2 – Một số ví dụ minh hoạ 68
Chương 5 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Jensen 81
5.1 – Định nghĩa hàm lồi 81
5.2 – Điều kiện đủ về tính lồi của hàm số 82
5.3 – Bất đẳng thức Jensen 82
5.4 – Một số ví dụ minh hoạ 84
Tài liệu tham khảo 98


Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com
2


LỜI CẢM ƠN


Tôi xin trân trọng cảm ơn PGS.TS Phan Huy Khải, người thầy đã trực tiếp
giảng dạy, hướng dẫn và tạo mọi điều kiện giúp tôi hoàn thành luận văn này.
Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo sau Đại học Trường
Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên và các thầy giáo, cô giáo đã trực tiếp
giảng dạy, giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập tại trường.
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn đến cha mẹ, người thân, bạn bè và tất cả những
người đã giúp đỡ, động viên tôi trong suốt quá trình học tập và hoàn thành luận văn.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com
3

LỜI NÓI ĐẦU

Bất đẳng thức là một trong những chuyên mục có tính hấp dẫn nhất trong giáo
trình giảng dạy và học tập bộ môn toán ở nhà trường phổ thông. Nó là một đề tài
thường xuyên có mặt trong các đề thi về toán trong các kỳ thi tuyển sinh quốc gia,
cũng như trong các kỳ thi Olympic về toán ở mọi cấp.
Luận văn này dành để trình bày một nhánh của lý thuyết bất đẳng thức – Các bất
đẳng thức thông dụng.
Ngoài phần mở đầu và danh mục tài liệu tham khảo luận văn gồm có 5 chương:
Chương 1 với tiêu đề “Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Côsi” dành để trình
bày về bất đẳng thức Côsi.
Bất đẳng thức Côsi là bất đẳng thức quan trọng nhất và có nhiều ứng dụng nhất
trong chứng minh bất đẳng thức. Trong chương này chúng tôi dành để trình bày các

phương pháp cơ bản nhất để sử dụng có hiệu quả bất đẳng thức Côsi.
Chương 2 “Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski” trình bày các
ứng dụng của bất đẳng thức Bunhiacopski và bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng.
Một trong những phương pháp hay sử dụng và có tính hiệu quả để chứng minh
các bất đẳng thức là sử dụng bất đẳng thức với các dãy đơn điệu. Các kết quả này
được trình bày trong chương 3.
Chương 4 dành để trình bày một lớp bất đẳng thức đơn điệu đặc biệt (đó là bất
đẳng thức Trêbưsép).
Sau hết trong chương 5 trình bày một áp dụng lý thú các kết quả của giải tích lồi
để chứng minh bất đẳng thức – đó là sử dụng tính lồi của hàm số để chứng minh
bất đẳng thức.





Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com
4


Chương 1

PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI


1.1 BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI.
1.1.1 Định lý. Với
n
số không âm:

12
,, ,
n
aaa
(
2
n
³
) ta có:

12
12


n
n
n
aaa
aaa
n
+++
³ .
Đẳng thức xảy ra
12

n
aaa
Û===

Chứng minh

·
Hiển nhiên bất đẳng thức đúng với
2
n
=
.
·
Giả sử bất đẳng thức đã đúng cho
n
số không âm thì bất đẳng thức cũng đúng với
2
n
số không âm.
Ta có:
(
)
122
2
12122122

1

22
n
nn
n
nnnnn
aaa
aaaaaaaaa
n

++
+++
³+³, nên bất
đẳng thức đúng khi
n
bằng một luỹ thừa của 2.
·
Giả sử bất đẳng thức đúng với
n
số không âm, ta chứng minh bất đẳng thức đúng
với
1
n
-
số không âm. Thật vậy, đặt
121

n
Aaaa
-
=+++
;
1
n
A
a
n
=
-
.

Ta có:
( )
121
1
121

.1
11
n
n
n
n
aaaAA
AnAnaaa
nn
-
-
-
+³Þ³-


Kết hợp ba điều trên suy ra bất đẳng thức Côsi đúng với mọi
n
nguyên dương
(
)
2
n
³
Þ

đpcm.
1.1.2 Hệ quả. Với
n
số dương:
12
,, ,
n
aaa
(
)
2
n
³
ta luôn có:

( )
2
12
12
111

n
n
aaan
aaa
æö
÷
ç
÷
++++++³

ç
÷
ç
÷
ç
èø

Đẳng thức xảy ra
12

n
aaa
Û===

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com
5

Chng minh
Theo bt ng thc Cụsi, ta cú:
1212
0
n
nn
aaanaaa
+++>
, (1)

1212
111111

0
n
nn
n
aaaaaa
+++>
. (2)
Nhõn tng v ca (1),(2) suy ra iu phi chng minh.
Nhn xột:
ã
Bt ng thc Cụsi ch ỏp dng c cho cỏc s khụng õm.

ã
Bt ng thc Cụsi l bt ng thc quan trng nht, quen thuc nht,
v cú mt tm ng dng rng rói trong cỏc b mụn ca toỏn hc s cp. c bit l
dựng chng minh bt ng thc. S thnh cụng ca vic ỏp dng bt ng thc
Cụsi chng minh cỏc bi toỏn v bt ng thc hon ton ph thuc vo s linh
hot ca tng ngi s dng v k thut cỏch chn cỏc s
12
,, ,
n
aaa
.
Sau õy l mt s phng phỏp vn dng bt ng thc Cụsi chng minh bt
ng thc.
1.2 S DNG BT NG THC CễSI C BN.
1.2.1 Ni dung phng phỏp.
Qui c: Gi h qu ca bt ng thc Cụsi l Bt ng thc Cụsi c bn. S
dng h qu chng minh bt ng thc gi l phng phỏp S dng bt ng
thc Cụsi c bn.

T Bt ng thc cụsi c bn tng quỏt, ta cú hai trng hp riờng sau:

ã
Vi mi
,0
ab
>
, ta cú:
(
)
ab
+
(
11
ab
+
)

4 hay:
114
.
abab
+
+

ng thc xy ra

ab
=
.

ã
Vi mi
,,0
abc
>
, ta cú:
( )
111
abc
abc
ổử
ữ
ỗ
++++
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ốứ
9 hay:
1119
abcabc
++
++
.
ng thc xy ra

abc
==

.
1.2.2 Mt s thớ d minh ho.
Thớ d 1.1 ( thi tuyn sinh i hc, cao ng khi A 2005).
Cho
,,0
xyz
>
v tho món:
111
4.
xyz
++=
Chng minh:
S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn
www.VNMATH.com
6


111
1
222xyzxyzxyz
++Ê
++++++
.
Bi gii
p dng bt ng thc Cụsi c bn hai ln liờn tip, ta cú:
11111111111111
2424242822
xyzxyzxyzxyzxyz
ộự

ổửổửổử
ữữữ
ỗỗỗ
ờỳ
Ê+ữÊ++ữịÊ++ữ
ỗỗỗ
ữữữ
ờỳ
ỗỗỗ
ữữữ
ỗỗỗ
+++++
ốứốứốứ
ởỷ
. (1)
ng thc trong (1) xy ra
2xyz
xyz
yz
ỡ
=+
ù
ù
==
ớ
ù
=
ù
ợ
.

Hon ton tng t, ta cú:
11111
2822
xyzxyz
ổử
ữ
ỗ
Ê++ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
++
ốứ
(2)
v
11111
2822
xyzxyz
ổử
ữ
ỗ
Ê++ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
++

ốứ
. (3)
Cng tng v (1),(2),(3) ta c:
1111111
1
2224xyzxyzxyzxyz
ổử
ữ
ỗ
++Ê++ữ=
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
++++++
ốứ
ị
pcm.
ng thc xy ra

ng thi ng thc trong (1),(2),(3) xy ra
3
.
4
xyz===
Nhn xột: Ta cng cú bt ng thc Cụsi c bn sau:
Vi
,,,0
abcd

>
thỡ:
( )
1111
16
abcd
abcd
ổử
ữ
ỗ
++++++
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ốứ
ị
111111
16
abcdabcd
ổử
ữ
ỗ
Ê+++
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ốứ
+++

.
p dng vo thớ d trờn, ta cú:
1111111
216
xyzxxyzxxyz
ổử
ữ
ỗ
=Ê+++ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
+++++
ốứ

11211
216
xyzxyz
ổử
ữ
ỗ
ịÊ++ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
++

ốứ
.
Tng t suy ra:
11121
216
xyzxyz
ổử
ữ
ỗ
Ê++ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
++
ốứ
v
11112
216
xyzxyz
ổử
ữ
ỗ
Ê++ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ

++
ốứ
.

ị
1111111
1
2224xyzxyzxyzxyz
ổử
ữ
ỗ
++Ê++ữ=
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
++++++
ốứ

ị
pcm.
ng thc xy ra
3
.
4
xyz===
S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn
www.VNMATH.com
7

Thớ d 1.2 (Bt ng thc Nesbit 3 bin).
Cho
,,0
abc
>
. Chng minh rng:
3
2
abc
bccaab
++
+++
. (1)
Bi gii
D thy (1)

9
111
2
abc
bccaab
ổửổửổử
ữữữ
ỗỗỗ
+++++
ữữữ
ỗỗỗ
ữữữ
ỗỗỗ

ốứốứốứ
+++


( )
111
29
abc
bccaab
ổử
ữ
ỗ
++++
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ốứ
+++


( ) ( ) ( )
111
9.
abbcca
abbcca
ộự
ộự
ờỳ
+++++++

ởỷ
ờỳ
+++
ởỷ
(2)
Theo bt ng thc Cụsi c bn thỡ (2) ỳng
ị
pcm.
ng thc xy ra
0
abc
==>
.
Nhn xột :

ã
Bt ng thc Nesbit cng l mt trong cỏc bt ng thc thụng dng, thng
dựng lm bt ng thc trung gian chng minh mt bt ng thc khỏc, nhm rỳt
gn phộp chng minh mt bt ng thc.

ã
Xin a ra mt thớ d hỡnh hc lý thỳ minh ho cho bt ng thc Nesbit sau:
Cho
ABC
D
. V ba phõn giỏc
AA',BB',CC'
. Gi
,,
abc

kkk
tng ng l khong
cỏch t
',','
ABC
n
,,
ABBCCA
. Gi
,,
abc
hhh
tng ng l ba chiu cao h t
,,
ABC
. Chng minh:
3
2
abc
abc
kkk
hhh
++
.
Bi gii
Ta cú:
''
ABCABAAAC
SSS
DDD

=+
(Hỡnh 1.1)
111
222
aaa
ahckbk
ị=+
( )
a
aa
a
k
a
ahkbc
hbc
ị=+ị=
+
. (Hỡnh 1.1)
Hon ton tng t, ta cú:
b
b
k
b
hca
=
+
;
c
c
k

c
hab
=
+
.
S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn
www.VNMATH.com
8

T ú suy ra:
3
2
abc
abc
kkk
hhh
++


3
2
abc
bccaab
++
+++
. (*)
Theo thớ d 1.2
ị
(*) ỳng
ị

pcm.
ng thc xy ra

ABC
D
u.
Thớ d 1.3 Cho
,,0
xyz
>
v
1
xyz
++=
. Chng minh:
3
1114
xyz
xyz
++Ê
+++
.
Bi gii
Cú:
111111
1113
111111111
xyz
xyzxyzxyz
ổử

ữ
ỗ
++=-+-+-=-++ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
+++++++++
ốứ
.
Theo bt ng thc Cụsi c bn ta cú:

11199
1111114
xyzxyz
++=
++++++++
, (do:
1
xyz
++=
).
Vy:
93
3
11144
xyz
xyz
++Ê-=ị

+++
pcm.
ng thc xy ra
111
1
1
3
xyz
xyz
xyz
ỡ
+=+=+
ù
ù
===
ớ
ù
++=
ù
ợ
.
Nhn xột:

ã
Xin a ra mt minh ho lng giỏc cho thớ d trờn:
Chng minh rng trong mi
ABC
D
, ta luụn cú:

sin.sinsin.sinsin.sin
3
222222
.
4
ososos
222
ABBCCA
ABBCCA
ccc
++Ê

(1)
Tht vy, ta cú (1) tng ng vi:
sin.sinsin.sinsin.sin
3
222222
4
os.ossin.sinos.ossin.sinos.ossin.sin
222222222222
ABBCCA
ABABBCBCCACA
cccccc
++Ê
+++
tan.tantan.tantan.tan
3
222222
4
tan.tan1tan.tan1tan.tan1

222222
ABBCCA
ABBCCA
++Ê
+++
. (2)
t
tan.tan
22
AB
a = ;
tan.tan
22
BC
b = ;
tan.tan
22
CA
c = ,
(
)
,,0
abc
>
.
S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn
www.VNMATH.com
9

D thy:

abc
++=
tan.tantan.tantan.tan1
222222
ABBCCA
++=
. (3)
Khi ú (2) tr thnh:
3
1114
abc
abc
++Ê
+++
. (4)
Theo thớ d 1.3 thỡ t (3),(4)
ị
(1) ỳng
ị
pcm.
ng thc xy ra
abcABCABC
====D
u.

ã
Theo cỏch gii trờn, ta cng chng minh c dng tng quỏt ca thớ d 1.3 sau:
Cho
12
,, ,0

n
xxx
>
tho món:
12
1
n
xxx
+++=
.
Chng minh:
12
12

1111
n
n
x
xx
n
xxxn
+++Ê
++++
.

Thớ d 1.4 Cho
,,0
xyz
>
. Chng minh rng:

3
.
2224
xyz
M
xyzxyzxyz
=++Ê
++++++

Bi gii
Cú
111
222
xyzxyzxyz
M
xyzxyzxyz
++++++
=-+-+-
++++++


( )
111
3
222
xyz
xyzxyzxyz
ổử
ữ

ỗ
=-++++ữ=
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
++++++
ốứ

( ) ( ) ( )
1111
3222.
4222
xyzxyzxyz
xyzxyzxyz
ộự
ộự
ờỳ
=-++++++++++
ởỷ
ờỳ
++++++
ởỷ
Theo bt ng thc Cụsi c bn, ta cú:
( ) ( ) ( )
111
2229
222
xyzxyzxyz

xyzxyzxyz
ộự
ộự
ờỳ
++++++++++
ởỷ
ờỳ
++++++
ởỷ
.
Vy
13
3.9
44
M
Ê-=
ị
pcm.
ng thc xy ra
.
xyz
==


Thớ d 1.5 Cho
,,0
abc
>
v
abbccaabc

++=
. Chng minh:

1113
23232316
abcbcacab
++<
++++++
.
S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn
www.VNMATH.com
10

Bi gii
p dng bt ng thc Cụsi c bn, ta cú:
(
)
(
)
(
)
11111
23242
abcacbcacbc
ổử
ữ
ỗ
ữ
=Êỗ+
ữ

ỗ
ữ
ữ
ỗ
+++++++
ốứ
1111111
44422
acbc
ộự
ổửổử
ữữ
ỗỗ
ờỳ
Ê+++
ữữ
ỗỗ
ữữ
ỗỗ
ờỳ
ốứốứ
ởỷ

11111113
2316163232163232
abcacbcabc
ịÊ+++=++
++
. (1)
ng thc trong (1) xy ra

2()
0.
22
acbc
acabc
bc
ỡ
+=+
ù
ù
ù
ù
====
ớ
ù
ù
=
ù
ù
ợ

iu ny khụng xy ra vỡ theo gi thit
,,0
abc
>
.
Vy ta cú:
1113
23163232
abcabc

<++
++
. (2)
Tng t:
1113
23163232
bcabca
<++
++
, (3)
v
1113
23163232
cabcab
<++
++
. (4)
Cng tng v ca (2),(3),(4) ta c:

111113111
232323163232
abcbcacababc
ổửổử
ữữ
ỗỗ
++<++++
ữữ
ỗỗ
ữữ
ỗỗ

ốứốứ
++++++
. (5)
Theo gi thit:
abbccaabc
++=
111
1
abc
ị++=
. (*)
Suy ra (5)

1113
23232316
abcbcacab
++<
++++++

ị
pcm.
Nhn xột: Cng theo bt ng thc Cụsi c bn ta cú cỏch gii khỏc cho thớ d trờn:
Tht vy, theo bt ng thc Cụsi c bn, ta cú:

111111111
2342344212
abcabcabc
ộự
ổửổử
ữữ

ỗỗ
ờỳ
Ê+Ê++
ữữ
ỗỗ
ữữ
ỗỗ
ờỳ
ốứốứ
+++
ởỷ


1111
23163212
abcabc
ịÊ++
++
. (6)
ng thc trong (6) xy ra
2
43
ab
bc
ỡ
=
ù
ù

ớ

ù
=
ù
ợ
.
S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn
www.VNMATH.com
11

Tương tự ta có:
1111
23163212
bcabca
£++
++
, (7)

1111
23163212
cabcab
£++
++
. (8)
Đẳng thức xảy ra tương ứng trong (7),(8) là
2
43
ca
ab
ì
=

ï
ï
í
ï
=
ï
î
và
2
43
bc
cb
ì
=
ï
ï
í
ï
=
ï
î
.
Cộng từng vế của (6),(7),(8) ta được:
111111111
232323163212
abcbcacababc
æöæö
÷÷
çç
++£++++

÷÷
çç
÷÷
çç
èøèø
++++++
. (9)
Đẳng thức trong (9) xảy ra
Û
đồng thời đẳng thức trong (6),(7),(8) xảy ra

0
abc
Û===
.Vô lý, vì
,,0
abc
>
nên đẳng thức trong (9) không thể xảy ra.
Theo (*)
Þ
(9)
Û
111173
2323239616
abcbcacab
++<<
++++++

Þ

đpcm.
Nhận xét: Bằng cách này ta chứng minh được bất đẳng thức “tốt hơn” bất đẳng
thức ban đầu.

Thí dụ 1.6 Cho
ABC
D
nhọn. Chứng minh rằng:

111111
coscoscos
sinsinsin
222
ABC
ABC
++³++
.
Bài giải
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cơ bản, ta có:
114
coscoscoscos
ABAB
+³
+

222
os.cossin.ossin
22222
ABABCABC
cc

==³
+

Þ
112
coscos
sin
2
C
AB
+³. (1)
Đẳng thức trong (1) xảy ra
Û
coscos
.
os1
2
AB
AB
AB
c
ì
=
ï
ï
ï
Û=
í
-
ï

=
ï
ï
î

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com
12

Tương tự, ta có:
112
coscos
sin
2
A
BC
+³, (2)


112
coscos
sin
2
B
CA
+³. (3)
Cộng từng vế (1),(2),(3)
Þ
111111
coscoscos

sinsinsin
222
ABC
ABC
++³++
Þ
đpcm.
Đẳng thức xảy ra
Û
đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2),(3)
Û
ABC
==


Û
ABC
D
đều.
Thí dụ 1.7 Cho
ABC
D
nội tiếp trong đường tròn. Gọi
AA',','
BBCC
là ba đường
cao lần lượt cắt đường tròn tại
111
,,
ABC

. Chứng minh:
111
'''9
4
AABBCC
AABBCC
++³
.
Bài giải
Gọi
H
là trực tâm
ABC
D
(Hình 1.2), ta có:
1
''
AHAA
=
,
1
''
BHBB
=
,
1
''
CHCC
=
. (1)

Có
111
'''
AABBCC
AABBCC
++=
1
'
1
'
AA
AA
++
1
'
1
'
BB
BB
++

+
1
'
1
'
CC
CC
+
'''

3
'''
AHBHCH
AABBCC
=+++. (2)
Theo địng lý Sêva, thì:
'''
1
'''
AHBHCH
AABBCC
++=
.
Þ
(2)
Û
111
'''
AABBCC
AABBCC
++=
4. (3) ( Hình 1.2 )
Theo bất đẳng thức Côsi cơ bản, ta có:
11
1
11
1'''
9
'''
AABB

CCAABBCC
AABBCCAABBCC
æö
æö
÷
ç
÷
ç
÷
++++³
÷
ç
ç
÷
÷
ç
÷
ç
÷
ç
èø
èø
. (4)
Từ (3),(4)
Þ
111
'''9
4
AABBCC
AABBCC

++³

Þ
đpcm.
Đẳng thức xảy ra
Û
H
là trọng tâm của
ABCABC
DÛD
đều.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com
13

Thí dụ 1.8 Cho
ABC
D
nội tiếp trong đường tròn. Gọi
AA',','
BBCC
là ba trung
tuyến tương ứng lần lượt cắt đường tròn tại
1
A
,
1
B
,
1

C
.(Hình 1.3).
Chứng minh:
111
'''9
4
AABBCC
AABBCC
++£
.
Bài giải
Ta có:
2
1
'.''.'
4
a
AAAABAAC==
(
)
11
AA'.AAAA'.AA''AA
Þ=+=


22222
2
22
444
a

abcaa
m
+-
=+=+.
Þ
22
1
'.
2
bc
AAAA
+
=
2
2
22
11
2
''
'.
a
m
AAAA
AAAAAA
bc
Þ==
+


(

)
2222
22
22
221
1.
2
2
bcaa
bc
bc
+-
==-
+
+
. (Hình 1.3)
Tương tự ta có:
2
22
1
'1
1.
2
BBb
BB
ca
=-
+
;
2

22
1
'1
1.
2
CCc
CC
ab
=-
+
.
Từ đó
Þ

222
222222
111
'''91
3
42
AABBCCabc
AABBCC
bccaab
æö
÷
ç
÷
++£Û-++
ç
÷

ç
÷
ç
+++
èø
9
4
£
.
Û
222
222222
3
2
abc
bccaab
++³
+++
. (1)
Theo thí dụ 1.2 thì (1) đúng
Þ
đpcm.
Đẳng thức xảy ra
abc
Û==
Û
ABC
D
đều.
Nhận xét: Đây là một minh hoạ hình học nữa cho bất đẳng thức Nesbit.

Thí dụ 1.9 Cho hình chóp tam giác
.
SABC
, trong đó
,,
SASBSC
đôi một vuông góc
với nhau. Kẻ đường cao
SH
. Đặt
·
ASH
a
=
,
·
BSH
b
=
,
·
CSH
g
=
(Hình 1.4).
Chứng minh:
222
222222
ososos3
4

sinsinsinsinsinsin
ccc
abg
bggaab
++£
+++
.
(
)
*

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com
14

Bài giải
Dễ thấy:
222
ososos1
ccc
abg
++=
(1)
222
sinsinsin2
abg
Þ++=
. (2)
Đặt
x

22
sinsin
ab
=+
,

y
22
sinsin
bg
=+
,

z
22
sinsin
ga
=+
.
Khi đó, từ (2)
4
xyz
Þ++=
. (3)


(Hình 1.4)
Từ (1)
Þ
()

222222
222222
1osos1osos1osos3
4
sinsinsinsinsinsin
cccccc
bgagba
bggaab

*Û++£
+++

222222
222222
sinsin1sinsin1sinsin13
4
sinsinsinsinsinsin
gbagab
bgagba
+-+-+-
Û++£
+++

11131119
3
44
xyzxyz
æö
÷
ç

Û-++÷£Û++³
ç
÷
ç
÷
ç
èø
. (4)
Theo bất đẳng thức Côsi cơ bản, ta có:
( )
111
9
xyz
xyz
æö
÷
ç
++++÷³
ç
÷
ç
÷
ç
èø
. (5)
Từ (3),(5)
Þ
(4) đúng
Þ
đpcm.

Đẳng thức xảy ra
Û
.
xyzSABC
abg
==Û==Û
là hình chóp đều với các góc
ở đỉnh là tam diện vuông.
1.3 SỬ DỤNG TRỰC TIẾP BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI.
1.3.1 Nội dung phương pháp.
Phương pháp này thích hợp với những bất đẳng thức có thể trực tiếp áp dụng
ngay bất đẳng thức Côsi, hoặc sau những biến đổi sơ cấp đơn giản là có thể sử dụng
ngay được bất đẳng thức Côsi. Lớp các bất đẳng thức này rất rộng, vì thế phương
pháp này cũng là một trong những phương pháp thông dụng để chứng minh bất
đẳng thức
Kỹ thuật chủ yếu là lựa chọn các số thích hợp để sau khi áp dụng bất đẳng
thức Côsi với các số ấy sẽ cho ta bất đẳng thức cần chứng minh .
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com
15

1.3.2 Một số thí dụ minh hoạ.
Thí dụ 1.10 (Đề thi tuyển sinh Đại học, cao đẳng khối B – 2005).
Chứng minh:
121520
345
543
xxx
xxx
æöæöæö

÷÷÷
ççç
++³++
÷÷÷
ççç
÷÷÷
ççç
èøèøèø
, với
xR
"Î
.
Bài giải
Do
121520
0,0,0
543
xxx
æöæöæö
÷÷÷
ççç
>>>
÷÷÷
ççç
÷÷÷
ççç
èøèøèø
,
xR
"Î

. Theo bất đẳng thức Côsi ta có:
12151215
2 2.3
5454
xxxx
x
æöæöæöæö
÷÷÷÷
çççç
+³=
÷÷÷÷
çççç
÷÷÷÷
çççç
èøèøèøèø
. (1)
Đẳng thức trong (1) xảy ra
1215
0
54
xx
x
æöæö
÷÷
çç
Û=Û=
÷÷
çç
÷÷
çç

èøèø
.
Tương tự, ta có:
1520
2.5
43
xx
x
æöæö
÷÷
çç
+³
÷÷
çç
÷÷
çç
èøèø
, (2)

2012
2.4
35
xx
x
æöæö
÷÷
çç
+³
÷÷
çç

÷÷
çç
èøèø
. (3)
Cộng từng vế (1),(2),(3) ta được:
121520
345
543
xxx
xxx
æöæöæö
÷÷÷
ççç
++³++
÷÷÷
ççç
÷÷÷
ççç
èøèøèø

Þ
đpcm.
Đẳng thức xảy ra
Û
đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2),(3)
Û
0
x
=
.

Thí dụ 1.11 Cho
,,0
xyz
>
và
111
2
111xyz
++=
+++
. Chứng minh:
1
8
xyz
£
.
Bài giải
Từ giả thiết ta có:
111
11
11111
yz
xyzyz
=-+-=+
+++++
.
Theo bất đẳng thức Côsi, ta có:
(
)

(
)
1
2.0
111
yz
xyz
³>
+++
. (1)
Đẳng thức trong (1) xảy ra
11
yz
yz
yz
Û=Û=
++
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com
16

Tương tự ta có:
(
)
(
)
1
2.0
111

zx
yzx
³>
+++
, (2)

(
)
(
)
1
2.0
111
xy
zxy
³>
+++
. (3)
Nhân từng vế của (1),(2),(3) ta được:
( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( )
2
18
8.
111111111
xyzxyz
xyzxyzxyz
æö
÷
ç
÷

³ç=
÷
ç
÷
÷
ç
+++++++++
èø

1
18
8
xyzxyz
Û³Û£
Þ
đpcm.
Đẳng thức xảy ra
Û
đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3) xảy ra
1
2
xyz
Û===
.
Nhận xét: Với cách lập luận trên có thể xây dựng các bất đẳng thức tương tự sau:

·
Cho
,,,0
xyzt

>
và
1111
3
1111xyzt
+++=
++++
. Chứng minh:
1
81
xyzt £ .

·
Cho
(
)
12
,, ,0,2
n
aaan
>³
và
1
1
1
1
n
i
i
n

a
=
=-
+
å
. Chứng minh:
(
)
1
1
1
n
i
n
i
a
n
=
£
-
Õ
.

Thí dụ 1.12 Cho
,,0
abc
>
và
3
abc

++=
.
Chứng minh:
222
3
2
111
abc
bca
++³
+++
.
Bài giải
Theo bất đẳng thức Côsi, ta có:
2
12
bb
+³
.

22
22
22
11
aababab
aaa
b
bb
Þ=-³-=-
++

. (1)
Đẳng thức xảy ra
ab
Û=
.
Tương tự ta có:
2
2
1
bbc
b
c
³-
+
;
2
2
1
cca
c
a
³-
+
(2)
Từ (1),(2)
Þ
( )
222
2
111

abcabbcca
abc
bca
++
++³++-
+++
. (3)
Dễ thấy:
(
)
(
)
2
3
abcabbcca
++³++
3
abbcca
Þ++£
(do
3
abc
++=
).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com
17

Nên từ (3) suy ra:
222

3
2
111
abc
bca
++³
+++

Þ
đpcm.
Đẳng thức xảy ra
Û
đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2)
1
abc
Û===
.
Nhận xét:

·
Với cách làm trên cũng chứng minh được một bất đẳng thức tương tự với 4 số:
Cho
,,,0
abcd
>
và
4
abcd
+++=
. Chứngminh:

2222
2.
1111
abcd
bcda
+++³
++++


·
Nếu ta sử dụng ngay bất đẳng thức Côsi với mẫu số thì sẽ không thu được kết
quả. Tuy nhiên, khi ta sử dụng phép biến đổi sơ cấp đơn giản sau đó áp dụng bất
đẳng thức Côsi với mẫu thì thí dụ được giải quyết một cách đơn giản và dễ hiểu
hơn, nên sẽ thu được kết quả theo yêu cầu.

·
Theo cách suy luận trên, ta có lời giải cho các thí dụ sau:

Thí dụ 1.13 Cho
,,,0
abcd
>
và
4
abcd
+++=
. Chứng minh:

2222

1111
2
1111
M
abcd
=+++³
++++
.
Bài giải
Theo bất đẳng thức Côsi, ta có:
22
22
1
111
22
11
aaa
a
aa
=-³-=-
++
. (1)
Đẳng thức trong (1) xảy ra
2
11.
aa
Û=Û=

Tương tự ta có:
2

1
1
2
1
b
b
³-
+
;
2
1
1
2
1
c
c
³-
+
;
2
1
1
2
1
d
d
³-
+
. (2)
Từ (1),(2)

42
2
abcd
M
+++
Þ³-=
Þ
đpcm.
Đẳng thức xảy ra
Û
đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2)
1
abcd
Û====
.

Thí dụ 1.14 Cho
,,0
abc
>
và
3
abc
++=
.
Chứng minh:
222
111
3
111

abc
M
bca
+++
=++³
+++
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com
18

Bài giải
Theo bất đẳng thức Côsi, ta có:
(
)
(
)
22
22
11
1
111.
22
11
abab
aabb
aaa
b
bb
++

++
=+-³+-=+-
++
(1)
Đẳng thức trong (1) xảy ra
2
11.
bb
Û=Û=

Tương tự ta có:
2
1
1
2
1
bbcc
b
c
++
³+-
+
, (2)

2
1
1
2
1
ccaa

c
a
++
³+-
+
. (3)
Cộng từng vế của (1),(2),(3) ta được:
(
)
33
2
abcabbcca
M
++-++
³+³
Þ
đpcm.
Đẳng thức xảy ra
Û
đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2),(3)
1
abc
Û===
.
Nhận xét: Tương tự cũng chứng minh được bất đẳng thức với 4 số:
Cho
,,,0
abcd
>
và

4
abcd
+++=
. Chứng minh:

2222
1111
4.
1111
abcd
bcda
++++
+++³
++++


Thí dụ 1.15 Cho
,,,0
abcd
>
. Chứng minh:

3333
22222222
2
abcdabcd
abbccdda
+++
+++³
++++

.
Bài giải
Theo bất đẳng thức Côsi, ta có:
322
2222
22
aababb
aaa
ab
abab
=-³-=-
++
. (1)
Đẳng thức trong (1) xảy ra
ab
Û=
.
Tương tự, ta có:
3
22
2
bc
b
bc
³-
+
, (2)

3
22

2
cd
c
cd
³-
+
, (3)

3
22
2
da
d
da
³-
+
. (4)
Cộng từng vế của (1),(2),(3),(4) ta được:
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com
19

3333
22222222
2
abcdabcd
abbccdda
+++
+++
++++

ị
pcm.
ng thc xy ra

ng thi ng thc trong (1),(2),(3),(4) xy ra

abcd
===
.

Thớ d 1.16 (Bt ng thc Minkowski).
Cho
123
,,0
aaa

;
123
,,0
bbb

. Chng minh:

(
)
(
)
(
)

33
3
112233123123
.
abababaaabbb
++++ (1)

Bi gii
ã
Nu
(
)
(
)
(
)
112233
0
ababab
+++=
0
VT
ị=
. Ngoi ra tn ti
k
(
)
13
k
ÊÊ

m:
0
kk
ab
+=ị
0
kk
ab
==
(do
0,0
kk
ab

)
0
VP
ị=
ị
bt ng thc (1) ỳng.
ã
Nu
(
)
(
)
(
)
112233
0.

ababab
+++>
khi ú:
(1)
331212
33
112233112233
1
abaabb
abababababab
+Ê
++++++
. (2)
Theo bt ng thc Cụsi, ta cú:

331212
3
112233112233
1

3
aaaaaa
abababababab
ổử
ữ
ỗ
ữ
Ê++
ỗ
ữ

ỗ
ữ
ỗ
++++++
ốứ
, (3)

331212
3
112233112233
1

3
bbbbbb
abababababab
ổử
ữ
ỗ
ữ
Ê++
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
++++++
ốứ
. (4)
Cng tng v (3),(4)
ị

(2) ỳng .
ng thc trong (2) xy ra

ng thi ng thc trong (3),(4) xy ra


3
12
112233
312
112233
aaa
ababab
bbb
ababab
ỡ
ù
ù
==
ù
ù
+++
ù
ớ
ù
ù
==
ù
ù
+++

ù
ợ

3
12
123
a
aa
bbb
== .
Kt hp hai iu trờn
ị
(1) ỳng
ị
pcm.
ng thc trong (1) xy ra
312
123
(13):0
.
kk
kkab
aaa
bbb
ộ
$ÊÊ==
ờ
ờ

ờ

==
ờ
ở

S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn
www.VNMATH.com
20

Nhn xột:
ã
Xin a ra mt minh ho hỡnh hc cho bt ng thc trờn.
Cho
ABC
D
. Gi
,,
MNP
l im bờn trong cnh
,
BCAC
v
MN
. t
ABC
SS
D
=
;
1
APN

SS
D
=
;
2
BPM
SS
D
=
. Chng minh:
3
33
12
SSS
+Ê
. (5)
Bi gii
t
1
BMa
=
;
2
CMa
=
;
1
CNb
=
;

2
ANb
=
;
1
MPc
=
;
2
NPc
=
. (Hỡnh 1.5).
Ta cú:
11
.
CMN
CMN
SSS
SSS
D
D
=

(
)
(
)
(
)
2212

1121212
bcba
bccbbaa
=
+++


(
)
(
)
(
)
222
121212
abc
aabbcc
=
+++
. (6)
Tng t, ta cú:
(
)
(
)
(
)
2111
121212
Sabc

Saabbcc
=
+++
(7) (Hỡnh 1.5)
T (6),(7) suy ra (5)
(
)
(
)
(
)
33
3
111222121212
abcabcaabbcc
+Ê+++. (8)
Theo thớ d 1.16 thỡ (8) ỳng
ị
pcm.

ã
Hon ton theo cỏch chng minh trờn ta cng chng minh c dng tng
quỏt ca bt ng thc Minkowski sau:
Cho hai dóy s khụng õm:
12
,, ,
n
aaa
;
12

,, ,
n
bbb
(
)
2,nn
ẻ
Â
. Ta cú:

(
)
(
)
(
)
11221212

nn
n
nnnn
abababaaabbb
++++.
Thớ d 1.17 Cho 2,nn
ẻ
Ơ
. Chng minh rng:
1
01
22

1
n
n
n
nnn
CCC
n
-
ổử
-
ữ
ỗ
ữ
Ê
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
-
ốứ
.
Bi gii
Vỡ
0
1
n
nn
CC

==
, nờn ta cú:
01121

nn
nnnnnn
CCCCCC
-
=
. (1)
p dng bt ng thc Cụsi, ta cú:

(
)
121121
1
1
nn
n
nnnnnn
CCCnCCC

-
+++-ìììì .
Vỡ
(
)
12101210

nnnn

nnnnnnnnnn
CCCCCCCCCC

+++=+++++-+


(
)
11222
n
n
=+-=-
.
S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn
www.VNMATH.com
21

22
n
ị-
(
)
121
1
1
n
n
nnn
nCCC
-

-
-ìììì . (2)
T (1),(2) suy ra:
1
01
22

1
n
n
n
nnn
CCC
n
-
ổử
-
ữ
ỗ
ữ
Ê
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
-
ốứ
ị
pcm.

ng thc xy ra

121
2

3
n
nnn
n
CCC
n
-
ộ
=
ờ
===
ờ
=
ở
.

Thớ d 1.18 (Bt ng thc Cụsi suy rng).
Cho
n
s khụng õm:
12
,, ,
n
aaa
v

12
,, ,
n
aaa
l cỏc s hu t dng cú tng bng
1. Chng minh:
12
112212

n
nnn
aaaaaa
a
aa
aaa
+++

Bi gii
Vỡ 0,
kk
aa
>ẻ
Ô

(
)
1,
kn
=
v

1
1
n
k
k
a
=
=
ồ
.
Nờn t
12
12
,, ,
n
n
p
pp
MMM
aaa=== , trong ú:
12
,, ,
n
ppp
,
M
l cỏc s nguyờn
dng v:
12

n
ppp
+++
M
=
.
p dng bt ng thc Cụsi cho
1
p
s
1
a
,
2
p
s
2
a
, ,
n
p

s
n
a
ta cú:

12
11122
12

n
p
pp
nn
M
n
aaaaaaa
aaa
M
++++++++++


12
12
1212

n
p
pp
n
MMM
nn
ppp
aaaaaa
MMM
+++

12
112212

n
nnn
aaaaaa
a
aa
aaa
+++
ị
pcm.
ng thc xy ra
12

n
aaa
===
.
Nhn xột :
ã
Khi ly
12
1

n
n
aaa
====
, ta cú bt ng thc Cụsi di dng:

1212

n
nn
aaanaaa
+++
.

ã
Theo li gii ca thớ d trờn ta chng minh c bt ng thc sau
(Bt ng thc Holder).
Cho hai dóy s khụng õm:
12
,, ,
n
aaa
v
12
,, ,
n
bbb
,
p
v
q
l hai s hu t
S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn
www.VNMATH.com
22

dương sao cho:
11
1
pq
+=
. Chứng minh:
11
111
.
nnn
pq
pq
kkkk
kkk
abab
===
æöæö
÷÷
çç
³
÷÷
çç
÷÷
çç
÷÷
èøèø
ååå
.
Thật vậy, theo thí dụ 1.18 ta có kết quả sau:

Nếu
0,0
ab
³³
thì
11
pq
abab
pq
+³
. (1)
Áp dụng (1) với
1
1
k
n
p
p
k
k
a
a
a
=
=
æö
÷
ç
÷
ç

÷
ç
÷
èø
å
;
1
1
k
n
q
q
k
k
b
b
b
=
=
æö
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
èø
å
;

1,
kn
"=
. Ta có:
11
11
11
11
pq
kkkk
nn
pq
nn
pq
pq
kk
kk
kk
kk
abab
pq
ab
ab
==
==
+³
æöæö
÷÷
çç
÷÷

çç
÷÷
çç
÷÷
èøèø
åå
åå
. (2)
Vì (2) đúng với mọi
1,2, ,
kn
=
nên cộng từng vế
n
bất đẳng thức trên ta có:

1
11
11
11
n
kk
k
nn
pq
pq
kk
kk
ab
pq

ab
=
==
+³
æöæö
÷÷
çç
÷÷
çç
÷÷
çç
÷÷
èøèø
å
åå
. (3)
Do
11
1
pq
+=
, nên từ (3)
Þ
đpcm.
Đặc biệt: Nếu
2
pq
==
thì từ bất đẳng thức Hônđe ta có được bất đẳng thức
Bunhiacopski:

(
)
(
)
(
)
2
222222
12121122

nnnn
aaabbbababab
++++++³+++ .

Thí dụ 1.19 Chứng minh rằng, trong mọi
ABC
D
ta luôn có:

222
coscoscos
3
sinsinsin
ABCR
r
ABC
++
³
++
. (1)

Bài giải
Áp dụng hệ thức
4sinsinsin
222
ABC
rR= , ta có:
(1)
Û
222
coscoscos1
sinsinsin
12sinsinsin
222
ABC
ABC
ABC
++
³
++
. (2)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com
23

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:
(
)
(
)
222

sinsinsinsinsinsin9sinsinsin
ABCABCABC
++++³
. (3)
Đẳng thức trong (3) xảy ra
Û
ABC
==
.
Mặt khác, trong mọi
ABC
D
thì
3
coscoscos
2
ABC
++£
.
Từ (3) suy ra:
(
)
(
)
(
)
222
sinsinsinsinsinsin6sinsinsincoscoscos
ABCABCABCABC
++++³++

Þ
222
coscoscossinsinsin
6sinAsinsin
sinsinsin
ABCABC
BC
ABC
++++
³
++

Þ
222
4ososos
coscoscos1
222
sinsinsin
48sinsinsinososos12sinsinsin
222222222
ABC
ccc
ABC
ABCABCABC
ABC
ccc
++
³=
++
.

Vậy (2) đúng
Þ
(1) được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra
Û
ABC
==
Û
ABC
D
đều.
Nhận xét :

·
Trong thí dụ này, ngoài sử dụng bất đẳng thức Côsi, còn sử dụng đồng thời
các hệ thức lượng giác, bất đẳng thức lượng giác cơ bản đã biết trong tam giác và
phép biến đổi tương đương để chứng minh. Việc vận dụng nhiều phương pháp khác
nhau, nhiều kết quả toán học khác nhau để chứng minh một bài toán là một điều mà
người học toán, làm toán cần quan tâm.

·
Thông qua ví dụ này cho thấy việc phân loại các phương pháp chứng minh
chỉ có tính chất tương đối mà thôi.

1.4 THÊM BỚT HẰNG SỐ KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI.
1.4.1 Nội dung phương pháp.
Ta hãy bắt đầu bằng một thí dụ đơn giản:
Cho
,,0
abc

>
. Chứng minh:
(
)
333
2
1
3
abc
abbcca
++
++-£ .
Bài giải
Biểu thức dưới dấu căn bậc 3 là một tích của hai thừa số. Để có thể sử dụng được
bất đẳng thức Côsi ta cần viết:
.1
abab
=
;
.1
bcbc
=
;
.1
caca
=
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com
24

Nói khác đi, ta đã thêm vào thừa số 1 (hằng số ở đây là 1).
Khi đó theo bất đẳng thức Côsi ta có:
33
1
.1
3
ab
abab
++
=£ , (1)

33
1
.1
3
bc
bcbc
++
=£ , (2)

33
1
.1
3
ca
caca
++
=£ . (3)
Cộng từng vế của (1),(2),(3) ta được:

(
)
333
2
1
3
abc
abbcca
++
++£+

Þ
đpcm.
Đẳng thức xảy ra
Û
đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3) xảy ra
Û
1
abc
===
.
Phương pháp giải như trên gọi là phương pháp thêm bớt hằng số khi sử dụng bất
đẳng thức Côsi.
Vấn đề quan trọng ở chỗ cần chọn hằng số như thế nào để có thể áp dụng được bất
đẳng thức Côsi vào bất đẳng thức cần chứng minh. Đồng thời phải chọn đúng hệ số
khi ghép cặp để đẳng thức có thể xảy ra được.
1.4.2 Một số thí dụ minh hoạ.
Thí dụ 1.20 Cho
,,0
xyz

>
và
1
xyz
++=
. Chứng minh:
3
4
3
xxyxyz
++£
.
Bài giải
Ta có:
33
11
.4.4.16
24
xxyxyzxxyxyz
++=++ .
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:
3
114416
.4.4.16
24412
xyxyz
xyxyz
+++
+£+ .
Þ

( )
3
44
33
xxyxyzxyz
++£++=
(do
1
xyz
++=
)
Þ
đpcm.
Đẳng thức xảy ra
16
21
4
4
416
21
1
1
21
x
xy
yzy
xyz
z
ì
ï

ï
=
ï
ï
ì
ï
=
ï
ï
ï
ï
ï
ïï
Û=Û=
íí
ïï
ïï
++=
ïï
ï
î
ï
ï
=
ï
ï
ï
î
.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com