Về một bất đẳng thức và ứng dụng

VỀ MỘT BẤT ĐẲNG THỨC VÀ ỨNG DỤNG
(Nguyễn An Vĩnh Phúc - PTNK - ĐHQG TPHCM)
Bất đẳng thức là một lĩnh vực hay trong toán học sơ cấp, được nhiều bạn trẻ yêu thích và khám
phá tìm tòi. Khi giải một bài toán ta không dừng lại ở trường hợp đặc biệt mà có thể suy nghĩ đến
dạng tổng quát nếu có của bài toán đó,bài toán tổng quát thường là phức tạp hơn, khó giải hơn một
trường hợp của nó. Nhưng không phải bao giờ cũng vậy mà đôi khi ngược lại, điều tốt nhất, đơn giản
nhất có khi là tìm cách giải bài toán tổng quát. Trong bài viết này mình sẽ trình bày về một bất
đẳng thức quen thuộc và một số ứng dụng của nó trong việc giải các bài toán bất đẳng thức khác.
I. Phát biểu bài bất đẳng thức:
Cho x1 ; x2 ; ...; xn ≥ 1 và n ∈ N, n ≥ 2 .Chứng minh rằng:
1
1
n
1
+
+ ... +
≥
n
n
n
1 + x1
1 + x2
1 + xn
1 + x1 x2 ...xn
Trước tiên,ta sẽ xét bài toán trên với n = 2.
Bài toán 1: Cho x, y ≥ 1.Chứng minh rằng:
1
1
2
+
≥

2
2
1+x
1+y
1 + xy
Đây là một câu trích trong đề thi học sinh giỏi bậc Trung học Cơ Sở ngày 28/2/2003.Bài toán này
có lẽ đã khá quen thuộc với nhiều bạn.Ở đây mình sẽ trình bày hai cách giải cho trường hợp này.
Giải
Cách 1: Sử dụng phép biến đổi tương đương:
Sau khi quy đồng,bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
(x − y)2 (xy − 1)
≥0
(1 + x2 )(1 + y 2 )(1 + xy)
Điều này hiển nhiên đúng với x, y ≥ 1 do đó ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi x = y ≥ 1.
Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức phụ sau:
Nếu b ≥ a ≥ 0 và k không âm khác b, b = 0, ta có:
a
a−k
≥
b
b−k
Ta biến đổi vế trái của bất đẳng thức ban đầu:
1
x2 + y 2 + 2
1
+
=
1 + x2 1 + y 2
x2 + y 2 + x2 y 2 + 1

Từ điều kiện x, y ≥ 1 ta suy ra x2 + y 2 + x2 y 2 + 1 ≥ x2 + y 2 + 2.
Áp dụng bất đẳng thức phụ trên với k = (x − y)2 ta có:
x2 + y 2 + 2
x2 + y 2 + 2 − (x − y)2
2 + 2xy
2
≥
= 2 2
=
2
2
2
2
2
2
2
2
2
x +y +x y +1
x + y + x y + 1 − (x − y)
x y + 2xy + 1
1 + xy
Phép chứng minh hoàn tất.Đẳng thức xảy ra khi x = y ≥ 1.
Chú ý: Trong trường hợp n = 2 thì bất đẳng thức vẫn đúng với x, y là các số thực thỏa xy ≥ 1 và
1


đẳng thức xảy ra khi xy = 1.
Ta tiếp tục bài toán với n = 3.
Bài toán 2: Cho x, y, z ≥ 1.Chứng minh rằng:

1
1
1
3
+
+
≥
3
3
3
1+x
1+y
1+z
1 + xyz
Bài toán này cũng không xa lạ gì đối với các bạn học sinh và phương pháp để chứng minh bất đẳng
thức này là sử dụng kết quả từ câu trên.
Giải
Ta có hai bất đẳng thức sau:
1
1
2
+
≥
3
3
1+x
1+y
1 + x3 y 3
2
1

1
≥
+
3
1+z
1 + xyz
1 + xyz 4
⇒

1
1
1
1
≥2
+
+
+
3
3
3
1+x
1+y
1+z
1 + xyz

1
x3 y 3

1+

+

1
xyz 4

1+

Áp dụng kết quả câu trên thì:
1
x3 y 3

1+

+

1
1+

xyz 4

≥

2
1+

4

x4 y 4 z 4

=

2
1 + xyz

1
1
1
4
1
3
+
+
≥
−
=
3
3
3
1+x
1+y
1+z
1 + xyz 1 + xyz
1 + xyz
Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi x = y = z ≥ 1.
Không dừng lại ở đó, nếu tiếp tục sử dụng hai kết quả vừa chứng minh ở trên,ta sẽ giải quyết được
bài toán trong trường hợp n = 4.
Bài toán 3: Cho x, y, z, t ≥ 1.Chứng minh rằng:
⇒

1

1
1
1
4
+
+
+
≥
4
4
4
4
1+x
1+y
1+z
1+t
1 + xyzt
Giải
Ta có hai bất đẳng thức sau:
1
1
1
+
+
≥
4
4
1+x
1+y
1 + z4

1+

3
3

1
1
1
+
+
≥
4
1+t
1 + xyzt 1 + xyzt
1+
⇒

1
1
1
1
2
+
+
+
+
≥3
4
4
4

4
1+x
1+y
1+z
1+t
1 + xyzt

x4 y 4 z 4
3
3

x2 y 2 z 2 t6

1
1+

3

x4 y 4 z 4

+

1
1+

3

x2 y 2 z 2 t6

Ta lại có:

3

1
1+

3

x4 y 4 z 4

+

1
1+

3

x2 y 2 z 2 t 6

6

≥
1+

3

(x4 y 4 z 4 )(x2 y 2 z 2 t6 )

1
1
1

1
2
6
+
+
+
+
≥
1 + x4 1 + y 4 1 + z 4 1 + t4 1 + xyzt
1 + xyzt
1
1
1
1
6
2
4
⇒
+
+
+
≥
−
=
4
4
4
4
1+x
1+y

1+z
1+t
1 + xyzt 1 + xyzt
1 + xyzt
⇒

2

=

6
1 + xyzt


Như vậy ta có điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = t ≥ 1.
Cuối cùng ta đi đến chứng minh bài toán tổng quát.
Bài toán 4: Cho x1 ; x2 ; ...; xn ≥ 1 và n ∈ N, n ≥ 2.Chứng minh rằng:
1
1
1
n
+
+ ... +
≥
n
n
1 + x1
1 + x2
1 + xnn
1 + x1 x2 ...xn

Giải
Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức Jensen:
1
Xét hàm số f (x) =
với x ≥ 0 có:
1 + ex
f ”(x) =

ex (ex − 1)
≥0
(ex + 1)3

Áp dụng bất đẳng thức Jensen với x = ln xni ≥ 0 ta sẽ có điều phải chứng minh.
Cách 2: Sử dụng phương pháp quy nạp toán học:
Với n = 2,bài toán quay về chứng minh kết quả quen thuộc ở trên:
1
1
2
+
≥
2
2
1 + x1 1 + x2
1 + x1 .x2
Giả sử bất đẳng thức đúng khi n = k,nghĩa là:
1
1
1
k
+

+ ... +
≥
k
k
k
1 + x1 .x2 ...xk
1 + x1 1 + x2
1 + xk
Ta phải chứng minh bất đẳng thức trên cũng đúng trong trường hợp n = k + 1.
Nghĩa là ta phải chứng minh:
1
1
1
1
k+1
+
+ ... +
+
≥
k+1
k+1
k+1
k+1
1 + x1 x2 ...xk+1
1 + x1
1 + x2
1 + xk
1 + xk+1
Ta có:

1
1
1
+
+ ... +
≥
k+1
k+1
1 + x1
1 + x2
1 + xk+1
k
1+

Tiếp tục sử dụng điều giả sử trên với (k − 1) phân số:

k
k

k+1
k+1
xk+1
1 .x2 ...xk

1
,ta có:
1 + x1 .x2 ...xk+1

1
1

1
+
+ ... +
≥
k+1
1 + x1 .x2 ...xk+1
1 + xk+1 1 + x1 .x2 ...xk+1
1+

k
k

k−1 2k
xk−1
1 ...xk .xk+1

Như vậy ta suy ra:
1
1
1
1
k−1
+
+ ... +
+
+
k+1
k+1
k+1
k+1

1 + x1
1 + x2
1 + xk
1 + xk+1 1 + x1 .x2 ...xk+1


k
1

≥ k
+
k−1
k−1 2k
k
k
k+1 k+1
k+1
1 + x1 ...xk .xk+1
1 + x1 .x2 ...xk
Mà ta lại có:
1
1+

k

k+1
xk+1
1 ...xk

1

+
1+

k

2

≥

k−1 2k
xk−1
1 ...xk .xk

1+
3

k

2k
2k
x2k
1 .x2 ...xk+1

=

2
1 + x1 .x2 ...xk .xk+1

1
1
1
2k
1
k−1
+
+ ... +
≥
+
+
k+1
k+1
k+1
k+1
1 + x1 x2 ...xk+1
1 + x1
1 + x2
1 + xk
1 + xk+1 1 + x1 .x2 ...xk+1
1
1
1
1
k+1
+
+ ... +
⇒
+
≥

1 + x1 .x2 ...xk+1
1 + xk+1
1 + xk+1
1 + xk+1
1 + xk+1
1
2
k
k+1
Vậy bất đẳng thức đúng trong trường hợp n = k + 1.
Theo nguyên lý quy nạp toán học,bất đẳng thức trên đúng với mọi n ∈ N, n ≥ 2.
Đẳng thức xảy ra khi x1 = x2 = ... = xn ≥ 1.
Trong trường hợp 0 ≤ x1 ; x2 ; ...; xn ≤ 1 thì bất đẳng thức đổi chiều.
II. Ứng dụng của bất đẳng thức này trong việc giải các bài toán khác:
Ví dụ 1: Cho a, b > 0.Chứng minh rằng:
⇒

1
a2
b2
8ab
1
+
+
+
≥
a2 + 3 b2 + 3 3a2 + 1 3b2 + 1
(a + b)2 + (ab + 1)2
Giải
Nhận xét: Quan sát biểu thức ở vế phải,nếu ta chia cả tử và mẫu cho 4ab thì thu được:

(a +

b)2

8ab
8ab
=
= 2
2
2
+ (ab + 1)
a + b + a2 b2 + 4ab + 1

2
2
=
2 2
2
a +b +a b +1
(a + 1) (b2 + 1)
1+
1+
.
4ab
2a
2b
2

2

2
a2 + 1
b2 + 1
trong đó x =
,y =
.
1 + xy
2a
2b
Khi đó x, y ≥ 1,điều này giúp ta nghĩ đến bất đẳng thức phụ quen thuộc.
Sau đây là lời giải hoàn chỉnh.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz:

Như vậy ta thấy vế phải có dạng

1
1
a2
b2
a2
b2
a2
b2
4a2
4b2
+
+
+
=
+

+
+
≥
+
a2 + 3 b2 + 3 3a2 + 1 3b2 + 1
a4 + 3a2 b4 + 3b2 3a2 + 1 3b2 + 1
a4 + 6a2 + 1 b4 + 6b2 + 1
Bài toán quay về chứng minh:
4a2
4b2
8ab
+
≥
4
2
4
2
2
a + 6a + 1 b + 6b + 1
(a + b) + (ab + 1)2
Đặt x =

b2 + 1
a2 + 1
,y =
,viết lại bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng:
2a
2b
1
2

1
+
≥
1 + x2 1 + y 2
1 + xy

Điều này hiển nhiên đúng do x, y ≥ 1.Bài toán được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi x = y ⇔ a = b.
Ví dụ 2: Cho a, b, c > 0 thỏa ab + bc + ca = 3.Chứng minh rằng:
1
1
3
1
+
+
≥
1 + a2 1 + b 2 1 + c 2
2
Giải
Nhận xét: Quan sát bài toán,ta thấy vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh có các phân thức
1
1
1
,
,
. Hơn nữa sự xuất hiện của đại lượng 1 + a2 , 1 + b2 , 1 + c2 làm ta nghĩ đến hướng
2
2
1 + a 1 + b 1 + c2
đi là sử dụng Bài toán 1 quen thuộc.

4


Tuy nhiên,bất đẳng thức phụ đấy chỉ đúng trong trường hợp x, y ≥ 1 hoặc xy ≥ 1.Chính vì thế ta
sẽ sử dụng giả thiết để tạo ra điều kiện đó.Cụ thể như sau:
Không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c ⇒ ab ≥ ca ≥ bc.Từ giả thiết ab + bc + ca = 3 ⇒ ab ≥ 1.
Đến đây thì ta sẽ có:
1
1
2
+
≥
1 + a2 1 + b 2
1 + ab
1
1
1
1
2
⇒
+
+
+
≥
1 + a2 1 + b 2 1 + c 2
1 + ab 1 + c2
Và như vậy công việc của ta là phải chứng minh:
2
1
3

+
≥
2
1 + ab 1 + c
2
Sau khi quy đồng (chú ý rằng ab + bc + ca = 3), bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
c(a + b + c − 3abc)
≥0
(1 + ab)(1 + c2 )
Hay
a + b + c ≥ 3abc
Tiếp tục sử dụng giả thiết ab + bc + ca = 3 và bất đẳng thức AM-GM:
√
3
a + b + c ≥ 3 abc
√
3
3 = ab + bc + ca ≥ 3 a2 b2 c2
⇒ 3(a + b + c) ≥ 9abc ⇒ a + b + c ≥ 3abc
Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
Chú ý: Bất đẳng thức trên cũng có thể chứng minh bằng Cauchy Schwarz.
Ta viết lại bất đẳng thức này dưới dạng:
a2
b2
c2
3
+ 2
+ 2
≤
2

a +1 b +1 c +1
2
Tương đương:
a2
b2
c2
1
+
+
≤
2
2
2
3a + ab + bc + ca 3b + ab + bc + ca 3c + ab + bc + ca
2
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz:
4a2
a2
a2
a
a2
4a2
=
≤
+
=
+
3a2 + ab + bc + ca
a(a + b + c) + (2a2 + bc)
a(a + b + c) 2a2 + bc

a + b + c 2a2 + bc
Thiết lập các bất đẳng thức tương tự, ta suy ra:
4a2
4b2
4c2
a2
b2
c2
+
+
≤1+ 2
+
+
3a2 + ab + bc + ca 3b2 + ab + bc + ca 3c2 + ab + bc + ca
2a + bc 2b2 + ca 2c2 + ab
Bài toán quay về chứng minh:
a2
b2
c2
+
+
≤1
2a2 + bc 2b2 + ca 2c2 + ab
Hay
bc
ca
ab
+ 2
+ 2
≥1

+ bc 2b + ca 2c + ab

2a2

5


Thay a, b, c bởi

1 1 1
, , tương ứng, ta có ngay kết quả quen thuộc sau:
a b c
a2
b2
c2
+
+
≥1
a2 + 2bc b2 + 2ca c2 + 2bc

Bài toán được chứng minh xong.
Ví dụ 3: Cho a, b, c, d ≥ 1 thỏa mãn:

 1 + 1 + 1 + 1 =1
1 + a4 1 + b 4 1 +
c4 1 + d4
√
a2 + b 2 + c 2 + d 2 = 4 3
Tìm giá trị lớn nhất của:
1 1

+
a b

1 1
+
c d

Giải
Áp dụng kết quả của Bài toán 3, ta có:
1=

1
1
1
1
4
+
+
+
≥
4
4
4
4
1+a
1+b
1+c
1+d
1 + abcd

Suy ra:
abcd ≥ 3
Do đó:
√
2 (a2 + b2 )(c2 + d2 )
(a + b)(c + d)
(a + b)(c + d)
a2 + b 2 + c 2 + d 2
4 3
=
≤
≤
≤
=
abcd
3
3
3
3
√
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = d = 4 3.
√
√
1 1
1 1
4 3
+
+
tại a = b = c = d = 4 3.
Vậy giá trị lớn nhất của

là
a b
c d
3
Ví dụ 4: Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn 1 ≤ x, y, z ≤ 4 và x = max(x, y, z). Tìm giá trị nhỏ
nhất của:
x
y
z
+
+
2x + 3y y + z z + x
1 1
+
a b

1 1
+
c d

Giải
Áp dụng kết quả của Bài toán 1, ta có:
y
z
1
1
2
+
≥
+

=
z
x
x
y+z z+x
1+
1+
1+
y
z
y
Suy ra:
x
y
z
+
+
≥
2x + 3y y + z z + x

Đặt

1
3y
2+
x

2

+

1+

x
y

x
= n (n ∈ [1; 2]),khi đó:
y
x
y
z
n2
2
+
+
≥ 2
+
2x + 3y y + z z + x
2n + 3 n + 1
6


2
−2[n3 (4n − 3) + 3n(2n − 1) + 9]
n2
+
có
f
(n)
=

< 0 với n ∈ [1; 2]
2n2 + 3 n + 1
(2n2 + 3)(n + 1)2
34
x
⇒ f (n) ≥ f (2) = . Đẳng thức xảy ra khi n = 2 ⇔ = 4 ⇔ x = 4, y = 1.
33
y
y
z
34
x
+
+
là
tại x = 4, y = 1, z = 2.
Vậy giá trị nhỏ nhất của
2x + 3y y + z z + x
33
Ví dụ 5: Cho x, y, z ≥ 1. Chứng minh rằng:
√
xyz(27 3 xyz + 108) + 36(x2 + y 2 + z 2 ) + 216
1
1
1
≥
2
+
+
1 + x3 1 + y 3 1 + z 3

(1 + xyz)(x2 + y 2 + z 2 + 6)2

Xét f (n) =

Giải
1
1
1
+
+
ở vế trái,biểu thức 1 + xyz ở mẫu
3
3
1+x
1+y
1 + z3
thức vế phải và điều kiện x, y, z ≥ 1 cho ta ý tưởng là sử dụng Bài toán 2.
Và với ý tưởng đó, ta sẽ tìm cách chứng minh:
√
xyz(27 3 xyz + 108) + 36(x2 + y 2 + z 2 ) + 216
N
3
+ 2
≤
2
2
2
2
2
(1 + xyz)(x + y + z + 6)

1 + xyz (x + y + z 2 + 6)2
Nhận xét: Việc xuất hiện biểu thức

Trong đó N là biểu thức thỏa mãn
√
xyz(27 3 xyz + 108) + 36(x2 + y 2 + z 2 ) + 216
3(x2 + y 2 + z 2 + 6)2 + N (1 + xyz)
≥
(1 + xyz)(x2 + y 2 + z 2 + 6)2
(1 + xyz)(x2 + y 2 + z 2 + 6)2
Sau đây là lời giải hoàn chỉnh.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
√
9xyz 3 xyz ≤ 3(x4 + y 4 + z 4 )
√
18xyz 3 xyz ≤ 6(x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 )
√
xyz(27 3 xyz + 108) + 36(x2 + y 2 + z 2 ) + 216
⇒
(1 + xyz)(x2 + y 2 + z 2 + 6)2
4
4
3(x + y + z 4 ) + 6(x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 ) + 36(x2 + y 2 + z 2 ) + 108xyz + 216
≤
(1 + xyz)(x2 + y 2 + z 2 + 6)2
3(x2 + y 2 + z 2 + 6)2 + 108(1 + xyz)
3
108
=
=

+ 2
2
2
2
2
2
(1 + xyz)(x + y + z + 6)
1 + xyz (x + y + z 2 + 6)2
Như vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
2

1
1
1
+
+
3
3
1+x
1+y
1 + z3

≥

3
108
+ 2
2
1 + xyz (x + y + z 2 + 6)2

Với x, y, z ≥ 1 thì ta đã có:
1
1
1
3
+
+
≥
3
3
3
1+x
1+y
1+z
1 + xyz
Do đó ta chỉ cần phải chứng minh:
1
1
1
108
+
+
≥ 2
3
3
3
2
1+x
1+y
1+z

(x + y + z 2 + 6)2
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
1 + x3 = (1 + x)(1 − x + x2 ) ≤
7

(x2 + 2)2
4


Từ đó suy ra:
1
4
≥
1 + x3
(x2 + 2)2
Thiết lập các bất đẳng thức tương tự,ta thu được:
1
4
1
1
1
1
1
≥
+
+
≥4
+ 2
+ 2
3

3
3
2
2
2
2
1+x
1+y
1+z
(x + 2)
(y + 2)
(z + 2)
3

1
1
1
+ 2
+ 2
2
x +2 y +2 z +2

2

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz thì:
4
3

1
1

1
+
+
x2 + 2 y 2 + 2 z 2 + 2

2

≥

108
(x2 + y 2 + z 2 + 6)2

Vậy cuối cùng ta sẽ có:
1
1
1
108
+
+
≥ 2
3
3
3
2
1+x
1+y
1+z
(x + y + z 2 + 6)2
Phép chứng minh hoàn tất.Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 2.
Trên đây chúng ta đã tiếp xúc với một số ứng dụng của lớp bất đẳng thức này-không những quen

thuộc với các bạn Trung học Cơ Sở mà còn với những học sinh Trung học Phổ Thông, bằng chứng
là việc xuất hiện bất đẳng thức này trong kỳ thi Đại học khối A năm 2011. Có thể nói việc vận dụng
linh hoạt bổ đề mang đến cho ta lời giải đẹp và ngắn gọn hơn, đây chính là điều mình muốn gửi đến
các bạn qua bài viết này. Phần cuối cùng của bài viết,mình sẽ mở rộng dạng phát biểu của bài toán
trên và đưa ra bài toán tổng quát.
1
Ví dụ 6: Cho x, y ≥ √ .Chứng minh rằng:
3
1
1
2
+
≥
2
2
1 + 3x
1 + 3y
1 + 3xy
Giải
Sau khi quy đồng, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
3(x − y)2 (3xy − 1)
≥0
(1 + 3x2 )(1 + 3y 2 )(1 + 3xy)
1
Rõ ràng với x, y ≥ √ thì bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng do đó ta có điều phải chứng minh.
3
Nhận xét: Bất đẳng thức trên thực chất là sự biến đổi của bất đẳng thức:
1
1
2

+
≥
1 + x2 1 + y 2
1 + xy
Từ đó ta rút ra bài toán tổng quát cho trường hợp hai biến x, y như sau:
1
Bài toán 5: Cho hằng số k > 0 và x, y thỏa mãn x, y ≥ √ .Chứng minh rằng:
k
1
1
2
+
≥
2
2
1 + kx
1 + ky
1 + kxy
Và bằng việc quy đồng,ta cũng đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng:
k(x − y)2 (kxy − 1)
≥0
(1 + kx2 )(1 + ky 2 )(1 + kxy)
8


Tại k = 1 ta có ngay Bài toán 1.
Cũng xin lưu ý về điều kiện của x, y trong Bài toán 5,do tính đúng đắn của bất đẳng thức này phụ
thuộc vào việc biểu thức kxy − 1 có lớn hơn hoặc bằng 0 hay không,do đó điều kiện để bài toán đúng
1
1

là x, y ≥ √ hoặc xy ≥ với k > 0. Không dừng lại ở đó, nếu tiếp tục sử dụng Bài toán 5,ta có
k
k
thể mở rộng ra cho ba biến x, y, z.
1
.Chứng minh rằng:
Bài toán 6: Cho hằng số k > 0 và x, y, z thỏa mãn x, y, z ≥ √
3
k
1
1
1
3
+
+
≥
1 + kx3 1 + ky 3 1 + kz 3
1 + kxyz
Và cuối cùng chúng ta đi đến bài toán tổng quát, phần chứng minh xin dành cho bạn đọc.
1
(trong đó n ∈ N, n ≥ 2).
Bài toán 7: Cho hằng số k > 0 và x1 ; x2 ; ...; xn thỏa mãn x1 ; x2 ; ...; xn ≥ √
n
k
Khẳng định hoặc phủ định bất đẳng thức sau:
1
1
1
n
+

+ ... +
≥
n
n
n
1 + kx1
1 + kx2
1 + kxn
1 + kx1 x2 ...xn
Mong rằng qua bài viết nhỏ này,các bạn có thể thấy được ứng dụng của bất đẳng thức phụ này trong
việc giải các bài toán khác và sâu hơn nữa là đi tìm những mở rộng cho bài toán.Vì đây là bài viết
đầu tiên nên chắc chắn sẽ không tránh khỏi những thiếu sót nên mình hy vọng sẽ nhận được ý kiến
từ các bạn để những bài viết sau mình sẽ hoàn thiện hơn.Mọi đóng góp các bạn gửi về email của
mình:
Mình xin chân thành cảm ơn.
Thân.
Thứ 6 ngày 29 tháng 6 năm 2012

9