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


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 http://www.Lrc-tnu.edu.vn
2LỜI 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.


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 http://www.Lrc-tnu.edu.vn
4Chương 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

=
.
·
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

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:

ç
èø

Đẳng thức xảy ra
12

n
aaa
Û===

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn
5

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

1212
111111
0
n
nn
n
aaaaaa

ab
>
, ta cú:
(
)
ab
+
(
11
ab
+
)

4 hay:
114
.
abab
+
+

ng thc xy ra

ab
=
.

ã
Vi mi
,,0
abc

xyz
>
v tho món:
111
4.
xyz
++=
Chng minh:
S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn http://www.Lrc-tnu.edu.vn
6111
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

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

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

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

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

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
,,

( )
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 http://www.Lrc-tnu.edu.vn
8

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

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

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 http://www.Lrc-tnu.edu.vn
9

D thy:
abc
++=
tan.tantan.tantan.tan1
222222
ABBCCA
++=
. (3)
Khi ú (2) tr thnh:
3

.
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
++++++


( ) ( ) ( )
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

S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn http://www.Lrc-tnu.edu.vn
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

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)

. (*)
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
+++

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

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

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 http://www.Lrc-tnu.edu.vn
12

Tương tự, ta có:
112
coscos

==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

++
1
'
1
'
BB
BB
++

+
1
'
1
'
CC
CC
+
'''
3
'''
AHBHCH
AABBCC
=+++. (2)
Theo địng lý Sêva, thì:
'''
1
'''
AHBHCH
AABBCC
++=

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 http://www.Lrc-tnu.edu.vn

1
'.''.'
4
a
AAAABAAC==
(
)
11
AA'.AAAA'.AA''AA
Þ=+=22222
2
22
444
a
abcaa
m
+-
=+=+.
Þ
22
1
'.
2
bc
AAAA
+
=

+
+
. (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

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


Bài giải
Dễ thấy:
222
ososos1
ccc
abg
++=
(1)
222
sinsinsin2
abg
Þ++=
. (2)
Đặt
x
22
sinsin
ab
=+
,

y
22
sinsin
bg
=+
,

z

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

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 http://www.Lrc-tnu.edu.vn
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

. (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
÷÷

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

Û=Û=
++
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn
16

Tương tự ta có:
(
)
(
)
1
2.0
111
zx
yzx
³>
+++
, (2)

(
)
(
)
1
2.0
111
xy
zxy
³>

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
(
)

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

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++

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.

·

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-

,,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 http://www.Lrc-tnu.edu.vn
18

Bài giải
Theo bất đẳng thức Côsi, ta có:
(
)
(
)
22

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

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:

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn
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
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


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

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

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

D
=

(
)
(
)
(
)
2212
1121212
bcba
bccbbaa
=
+++(
)
(
)
(
)
222
121212
abc
aabbcc
=
+++
. (6)

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

-
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

)
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

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

,, ,
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

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

bbb
,
p
v
q
l hai s hu t
S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn http://www.Lrc-tnu.edu.vn
22

dương sao cho:
11
1
pq
+=
. Chứng minh:
11
111
.
nnn
pq
pq
kkkk
kkk
abab
===
æöæö
÷÷
çç
³
÷÷

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

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

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


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:
(
)
(

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
caca
=
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn
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

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

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
=