Tài liệu chuyên toán - Bất đẳng thức hiện đại - phần 10 pps

263 Mặt khác s (a 2 + bc)(b 2 + ca) (a 2 + c 2 )(b 2 + c 2 )  1 Do đó X cy c s (a 2 + bc)(b 2 + ca) (a 2 + c 2 )(b 2 + c 2 ) = r c 2 + ab a 2 + b 2 r a 2 + bc b 2 + c 2 + r b 2 + ca c 2 + a 2 ! + s (a 2 + bc)(b 2 + ca) (a 2 + c 2 )(b 2 + c 2 )  p 2 + 1 Ta còn phải chứng minh X cy c a 2 + bc b 2 + c 2 + p 2 + 3 2   2 + 1 p 2  P cy c a 2 P cy c ab , X cy c a 2 + bc b 2 + c 2  5 2   2 + 1 p 2  P cy c a 2  2 P cy c ab P cy c ab Nếu P cy c a 2  2 P cy c ab, bất đẳng thức là hiển nhiên vì X cy c a 2 + bc b 2 + c 2  5 2  a 2 + c 2 b 2 + c 2 + b 2 + c 2 a 2 + c 2 + ab a 2 + b 2  5 2  a b + b a + ab a 2 + b 2  5 2 = (2a 2  ab + 2b 2 )(a  b) 2 2ab(a 2 + b 2 )  0 Nếu P cy c a 2  2 P cy c ab thì ta có a   p b + p c  2  b + 3c và do 2 + 1 p 2 < 3, nên ta chỉ cần chứng minh được , X cy c a 2 + bc b 2 + c 2  5 2  3 P cy c a 2  6 P cy c ab P cy c ab 264 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC Ta có X cy c a 2 + bc b 2 + c 2  5 2  a 2 + c 2 b 2 + c 2 + b 2 + c 2 a 2 + c 2 + ab a 2 + b 2  5 2 = (a 2  b 2 ) 2 (a 2 + c 2 )(b 2 + c 2 )  (a  b) 2 2(a 2 + b 2 ) = (a  b) 2  (a + b) 2 (a 2 + c 2 )(b 2 + c 2 )  1 2(a 2 + b 2 )   3(a  b) 2 (a + b) 2 4(a 2 + c 2 )(b 2 + c 2 ) và P cy c a 2  2 P cy c ab P cy c ab = (a  b) 2 + c(c  2a  2b) P cy c ab  (a  b) 2  2ac P cy c ab Nên ta chỉ cần chứng minh được (a  b) 2 (a + b) 2 4(a 2 + c 2 )(b 2 + c 2 )  (a  b) 2  2ac P cy c ab , (a  b) 2  (a + b) 2 4(a 2 + c 2 )(b 2 + c 2 )  1 ab + bc + ca  + 2ac ab + bc + ca  0 Nếu a  b + 5c; ta sẽ chứng minh (a + b) 2 4(a 2 + c 2 )(b 2 + c 2 )  1 ab + bc + ca  0 , f(c) = (a + b) 2 (ab + bc + ca)  4(a 2 + c 2 )(b 2 + c 2 )  0 Bất đẳng thức này đúng vì f(c) là hàm lõm trên  0; ab 5  và f(0) = ab(a  b) 2  0 f  a  b 5  = 1 625 (a  b)(21a 3 + 1112a 2 b  362ab 2 + 229b 3 )  0 Nếu a  b + 5c thì 2ac  2 5 a(a  b)  2 5 (a  b) 2 Suy ra, ta chỉ cần chứng minh (a + b) 2 4(a 2 + c 2 )(b 2 + c 2 )  3 5(ab + bc + ca)  0 265 , g(c) = 5(a + b) 2 (ab + bc + ca)  12(a 2 + c 2 )(b 2 + c 2 )  0 Bất đẳng thức vì g(c) là hàm lõm trên  0; ab 3  và g(0) = ab(5a 2  2ab + 5b 2 )  0 g  a  b 3  = 1 27 (5a 4 + 313a 3 b  150a 2 b 2 + 133ab 3  85b 4 )  0: Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b; c = 0 hoặc các hoán vị tương ứng. Bài toán 2.56 Cho các số không âm a; b; c; không có 2 số nào đồng thời bằng 0: Chứng minh rằng a b 3 + c 3 + b c 3 + a 3 + c a 3 + b 3  18 5(a 2 + b 2 + c 2 )  ab  bc  ca : (Michael Rozenberg) Lời giải. Bất đẳng thức tương đương với X cy c a(a + b + c) b 3 + c 3  18 P cy c a 5 P cy c a 2  P cy c ab , X cy c a 2 b 3 + c 3 + X cy c a b 2  bc + c 2  18 P cy c a 5 P cy c a 2  P cy c ab Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có X cy c a 2 b 3 + c 3  P cy c a 2 ! 2 P cy c a 2 (b 3 + c 3 ) = P cy c a 2 ! 2 P cy c a 2 b 2 ! P cy c a !  abc P cy c ab và X cy c a b 2  bc + c 2  P cy c a ! 2 P cy c a(b 2  bc + c 2 ) = P cy c a ! 2 P cy c a ! P cy c ab !  6abc 266 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC Suy ra, ta chỉ cần chứng minh được P cy c a 2 ! 2 P cy c a 2 b 2 ! P cy c a !  abc P cy c ab + P cy c a ! 2 P cy c a ! P cy c ab !  6abc  18 P cy c a 5 P cy c a 2  P cy c ab Do tính thuần nhất, ta có thể chuẩn hóa cho a + b + c = 1. Đặt q = P cy c ab; r = abc, theo bất đẳng thức Schur bậc 4, ta có r  max n 0; (4q 1) (1 q) 6 o . Bất đẳng thức trở thành (1  2q) 2 q 2  (q + 2)r + 1 q 6r  18 5  11q Nếu 1  4q thì (1  2q) 2 q 2  (q + 2)r + 1 q 6r  18 5  11q  (1  2q) 2 q 2 + 1 q  18 5  11q = (1  4q)(11q 2  6q + 5) q 2 (5  11q)  0 Nếu 4q  1 thì (1  2q) 2 q 2  (q + 2)r + 1 q 6r  18 5  11q  (1  2q) 2 q 2  (q + 2)  (4q 1) (1 q) 6 + 1 q (6q  1)(1  q)  18 5  11q = (1  3q)(4q 1)(112q 3  117q 2 + 39q 4) (1  2q) 2 (5  11q)(4q 3 + 9q 2  9q + 2)  0: Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b; c = 0 các hoán vị tương ứng. Bài toán 2.57 Cho các số dương a; b; c: Chứng minh rằng r a a + b + r b b + c + r c c + a  3 p 2  r ab + bc + ca a 2 + b 2 + c 2 : (Võ Quốc Bá Cẩn, Nguyễn Văn Thạch) Lời giải. Trước hết, ta sẽ chứng minh 3 P cy c a 2 P cy c a  X cy c 2a 2 a + c 267 Thật vậy, ta có 3 X cy c a 2  X cy c a ! X cy c 2a 2 a + c ! = 3 X cy c a 2  X cy c a ! X cy c a 2 + b 2 a + b ! = X cy c a 2  X cy c c(a 2 + b 2 ) a + b = X cy c ab(a  b) 2 (a + c)(b + c)  0 Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức bất đẳng thức này và bất đẳng thức Holder, ta được 3 P cy c a 2 P cy c a X cy c r a a + b ! 2 " X cy c a(a + b)(a + c) #  2 X cy c a 2 a + c ! X cy c r a a + b ! 2 " X cy c a(a + b)(a + c) #  2 X cy c a ! 4 Ta cần chứng minh 4 X cy c a ! 4  27 X cy c ab ! 2 " X cy c a(a + b)(a + c) # , 4 X cy c a ! 4  27 X cy c ab ! 2 " X cy c a 2 ! X cy c a ! + 3abc # Do tính thuần nhất, ta chuẩn hóa cho a + b + c = 1. Đặt q = P cy c ab; r = abc thì ta có q 2  3r. Bất đẳng thức trở thành 4  27q(1  2q + 3r) Ta có 4  27q(1  2q + 3r)  4  27q(1  2q + q 2 ) = (4  3q)(1  3q) 2  0: Đẳng thức xảy ra khi và chỉ a = b = c: Bài toán 2.58 Cho các số dương a; b; c: Chứng minh rằng X cy c a 2 + b 2 + c 2 a 2 + 2b 2 + 2c 2  X cy c b 2 + bc + c 2 a 2 + (b + c) 2 : (Phạm Hữu Đức) 268 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC Lời giải. Bất đẳng thức tương đương với X cy c a 2  bc a 2 + (b + c) 2  X cy c a 2 !" X cy c  1 a 2 + (b + c) 2  1 a 2 + 2b 2 + 2c 2  # , X cy c a 2  bc a 2 + (b + c) 2  X cy c a 2 !" X cy c (b  c) 2 [a 2 + (b + c) 2 ](a 2 + 2b 2 + 2c 2 ) # Do tính thuần nhất, ta có thể chuẩn hóa cho a 2 + b 2 + c 2 = 1. Bất đẳng thức trở thành X cy c a 2  bc 1 + 2bc  X cy c (b  c) 2 (1 + 2bc)(1 + b 2 + c 2 ) Chú ý rằng X cy c 2(a 2  bc) 1 + 2bc = X cy c 2a 2  b 2  c 2 1 + 2bc + X cy c (b  c) 2 1 + 2bc = X cy c (b 2  c 2 )  1 1 + 2ca  1 1 + 2ab  + X cy c (b  c) 2 1 + 2bc = X cy c (b  c) 2  2a(b + c) (1 + 2ab)(1 + 2ac) + 1 1 + 2bc  Do đó, bất đẳng thức tương đương với X cy c (b  c) 2  2a(b + c) (1 + 2ab)(1 + 2ac) + 1 1 + 2bc  2 (1 + 2bc)(1 + b 2 + c 2 )   0 , X cy c (b  c) 2  2a(b + c) (1 + 2ab)(1 + 2ac)  a 2 (1 + 2bc)(1 + b 2 + c 2 )   0 Mặt khác, ta có 2(1 + 2bc)(1 + b 2 + c 2 )  (1 + 2ab)(1 + 2ac) = [1 + (b + c) 2  2a(b + c)] + [(b + c) 2  4a 2 bc] + 4bc(b 2 + c 2 )  2(b + c)(1  a) + 4bc(1  a 2 ) + 4bc(b 2 + c 2 )  0 Nên ta chỉ cần chứng minh được X cy c (b  c) 2  2a(b + c) (1 + 2ab)(1 + 2ac)  2a 2 (1 + 2ab)(1 + 2ac)   0 269 , X cy c x(b  c) 2  0 trong đó x = a(b + c  a)(1 + 2bc) và y; z tương tự. Không mất tính tổng quát, giả sử a  b  c, khi đó ta có y; z  0 và b(a  c) 2  a(b  c) 2 ; 1 + 2ac  1 + 2bc a(b  c) 2 (b + c  a)(1 + 2bc) + b(a  c) 2 (a + c  b)(1 + 2ac)  a(b  c) 2 (b + c  a)(1 + 2bc) + a(b  c) 2 (a + c  b)(1 + 2bc) = 2ac(b  c) 2 (1 + 2bc)  0: Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c: Bài toán 2.59 Cho các số dương x; y thỏa mãn x + y 2  x 2 + y 3 : Chứng minh rằng 3x 2 + 2y 3  5: (Ji Chen) Lời giải 1. Từ x + y 2  x 2 + y 3 , ta có 5(x + y 2 )  (3x 2 + 2y 3 ) + (2x 2 + 3y 3 ) Ta sẽ chứng minh rằng 5 + 2x 2 + 3y 3  5(x + y 2 ) , (2x  3)(x  1) + [3y 2  2(y + 1)](y  1)  0 Chú ý rằng nếu x; y  1 thì ta có x + y 2  x 2 + y 3 , điều này mâu thuẫn với giả thiết bài toán. Nếu y  1  x thì ta có (3  2x)(1  x)  x(1  x)  y 2 (y 1) Do đó (2x3)(x1)+[3y 2 2(y +1)](y 1)  [4y 2 2(y +1)](y 1) = 2(y 1) 2 (2y +1)  0 Nếu x  1  y thì [2(y + 2) 3y 2 ](1  y)  y 2 (1  y)  x(x  1) Do đó (2x  3)(x  1) + [3y 2  2(y + 1)](y  1)  (3x  3)(x  1) = 3(x  1) 2  0: Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1: Lời giải 2. Ta có 5  3x 2  2y 3 = 6(x  x 2 + y 2  y 3 ) + 3(1  x) 2 + 2(1  y) 2 (1 + 2y)  0: 270 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC Bài toán 2.60 Cho các số không âm a; b; c thỏa mãn a+b+c = 3. Chứng minh rằng a 1 + a + b 2 + b 1 + b + c 2 + c 1 + c + a 2  3 4 : (Võ Quốc Bá Cẩn) Lời giải. Xét 2 trường hợp sau Trường hợp 1. Nếu P cy c a 2 + P cy c ab 2  9, sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có X cy c a 1 + a + b 2  P cy c a ! 2 P cy c a(1 + a + b 2 ) = 9 3 + P cy c a 2 + P cy c ab 2  3 4 Trường hợp 2. Nếu P cy c a 2 + P cy c ab 2  9, tức là X cy c ab 2  2 X cy c a 2 b + 6abc Bất đẳng thức tương đương với 4 X cy c a(1 + b + c 2 )(1 + c + a 2 )  3(1 + a + b 2 )(1 + b + c 2 )(1 + c + a 2 ) , X cy c a 2 b 3 + 5 X cy c a 3 b + X cy c a 3 + 9abc+ X cy c a 2 b + 5 X cy c ab  3 X cy c a 2 b 2 + 3 X cy c a 2 + 3a 2 b 2 c 2 Do P cy c ab 2  2 P cy c a 2 b + 6abc nên ta có X cy c ab ! X cy c ab 2 !  2 X cy c a 2 b + 3abc ! X cy c ab ! , X cy c a 2 b 3  2 X cy c a 3 b 2 + 7 X cy c a 2 b 2 c + X cy c a 3 bc , X cy c a 2 b 3  2 3 X cy c a 2 b 2 (a + b) + 7 3 X cy c a 2 b 2 c + 1 3 X cy c a 3 bc 271 Đặt q = ab + bc + ca; r = abc thì 2 3 X cy c a 2 b 2 (a + b) + 7 3 X cy c a 2 b 2 c + 1 3 X cy c a 3 bc = 2q 2 + (q 9)r ) X cy c a 2 b 3  2q 2 + (q 9)r Mặt khác, ta có X cy c a 3 b  X cy c a 2 bc = 3r; X cy c a 2 b  P cy c ab ! 2 P cy c a = 1 3 q 2 Từ những bất đẳng thức này, ta chỉ cần chứng minh được [2q 2 + (q 9)r] + 15r + (27 9q + 3r) + 9r + 1 3 q 2 + 5q  3(q 2 6r) + 3(9  2q) + 3r 2 , 2 3 q(3  q) + (36 + q)r 3r 2  0: hiển nhiên đúng do 3  q; 1  r. Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 3; b = c = 0 hoặc các hoán vị tương ứng. Bài toán 2.61 Cho các số dương a; b; c: Chứng minh rằng a 3 (b 2 + 1) + b 3 (c 2 + 1) + c 3 (a 2 + 1)  8(a + b + c)  18: (Nguyễn Công Minh) Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có X cy c a 5 b 2  P cy c a 2 b ! 2 P cy c a ; X cy c a 2 b  P cy c ab ! 2 P cy c b ) X cy c a 5 b 2  P cy c ab ! 4 P cy c a ! 3 272 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC Mặt khác, bất đẳng thức đã cho tương đương với X cy c a 5 b 2 + X cy c a ! + X cy c a 3 + 18  9 X cy c a  0 Do đó, theo trên và theo bất đẳng thức AM-GM, ta có X cy c a 5 b 2 + X cy c a  P cy c ab ! 4 P cy c a ! 3 + X cy c a  2 P cy c ab ! 2 P cy c a Mặt khác, X cy c a ! 3 + 27 + 27  27 X cy c a ) 18  9 X cy c a   1 3 X cy c a ! 3 Nên ta chỉ cần chứng minh được 2 P cy c ab ! 2 P cy c a + X cy c a 3  1 3 X cy c a ! 3 , 2q 2 p + X cy c a 3  1 3 p 3 trong đó p = a + b + c; q = ab + bc + ca. Sử dụng bất đẳng thức Schur bậc 3, ta có X cy c a 3  1 3 p(2p 2  5q) Suy ra 2q 2 p + X cy c a 3  1 3 p 3  2q 2 p + 1 3 p(2p 2  5q)  1 3 p 3 = (p 2  3q)(p 2  2q) 3p  0: vì p 2  3q: Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1: [...]... Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có p 4q 2 3q + 1 2(1 2q) 2(4q 4q 2 3q + 1 (1 1)(1 q) 2q)[2(4q 1) + 1 3q)2 2q] = 2(1 0: Bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b; c = 0 hoặc các hoán vị tương ứng Bài toán 2.66 Cho a; b; c là độ dài 3 cạnh của một tam giác Chứng minh rằng (a2 b + b2 c + c2 a)2 abc(a + b + c)(a2 + b2 + c2 ): (Võ Quốc Bá Cẩn) Lời giải 1 Bất đẳng thức. .. ta có thể chuẩn hóa cho x + y + z = 3: Khi đó bất đẳng thức trở thành p p p xy x + yz y + zx z 3: Đây chính là bất đẳng thức được chứng minh ở trên Vậy nên bất đẳng thức cần chứng minh đúng 281 Bài toán 2.68 Cho a; b; c là độ dài 3 cạnh của một tam giác Chứng minh rằng a b c + + +3 b c a a+b b+c c+a + + b+c c+a a+b 2 : (Võ Quốc Bá Cẩn) Lời giải Bất đẳng thức tương đương với Xa X c +2 b b+c cyc cyc... bc + ca) + (a 2 16 1 b+c Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có X 1 b+c c Bất đẳng thức trở c)2 3 7 (ab + bc + ca) + (a 2 16 c)2 9 2(a + b + c) Nên ta chỉ cần chứng minh được a2 + b2 + c2 + Đặt a = c + x; b = c + y (x (11x2 9abc 2(a + b + c) y 3 7 (ab + bc + ca) + (a 2 16 c)2 0), khi đó bất đẳng thức này tương đương với 32xy + 32y 2 )c + (x + y)(3x Hiển nhiên đúng Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b... cyc , abc X cyc bc 0 cyc X bc + 1 X bc 0 cyc Đặt q = ab + bc + ca; r = abc Bất đẳng thức trở thành qr + 1 q(q q 1)(4 3 q) 0 (q 1)(4 q) 3 Theo bất đẳng thức Schur bậc 4, ta có r qr + 1 q +1 q= Do đó 1 (3 3 1)2 q)(q 0: 4 do q 3 < 3 Bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1; c = 0 hoặc các hoán vị Bài toán 2.75 Cho a; b; c là các số thực phân biệt Chứng minh rằng 1 + a2 b2... a)2 abc(a + b + c)(a2 + b2 + c2 ): 279 Nhận xét 19 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz và bất đẳng thức trên, ta có !2 P 2 a b X a2 b X cyc P 2 a2 c a bc cyc cyc cyc và ta được a2 b b2 c + + c a b 1 + b2 c , a2 c2 a a2 + b2 + c2 b c a 1 + c2 1 a b 0: Đây chính là bất đẳng thức trong kỳ thi chọn đội tuyển đi thi toán quốc tế của Moldova 2006 Bài toán 2.67 Cho các số không âm a; b; c thỏa mãn a + b + c... 282 CHƯƠNG 2 SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC Lời giải Bất đẳng thức tương đương với ! ! ! ! X X X X 2 2 2 3 a a b +3 a b ab cyc ,4 X cyc a4 b2 + cyc ,4 X cyc a2 b4 + 3 cyc X 4 2 a b + cyc X X a b 4 cyc , X 2 2 a4 bc + 3a2 b2 c2 a b (2a 3 3 a b abc 4 cyc b) X a3 b3 + X abc 4 X 2 2 ab + ab + cyc X X X 2 2 a b cyc a3 b2 c + 4 a b 3 X 2 a b ! X a2 b3 c cyc 2 3 cyc cyc Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có X X 2 a2 b2... c) + 8abc cyc X a2 b+c cyc 0 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có X a2 b+c cyc Do đó, ta chỉ cần chứng minh được X X 3 a4 + 2 a2 b2 cyc 4 cyc 1X a 2 cyc X a3 (b + c) + 4abc cyc X a 0 cyc Do tính thuần nhất, ta có thể chuẩn hóa cho a+b+c = 1 Đặt q = ab+bc+ca; r = abc, khi đó bất đẳng thức trở thành 3(4r + 2q 2 4q + 1) + 2(q 2 2r) , 16r + (3 4q)(1 Sử dụng bất đẳng thức Schur bậc 4, ta có r 16r + (3 4q)(1... d)g Bất p đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = d = 0; b = p 3 3; c = 3 hoặc các hoán vị tương ứng Bài toán 2.63 Cho các số dương a; b; c: Chứng minh rằng r r r r a b c 4 3 + + (a + b + c): a2 + b + 4 b2 + c + 4 c2 + a + 4 4 (Nguyễn Công Minh) Lời giải Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có !2 Xr X X a a a 3 3 2+b+4 2+b+4 a a 2a + b + 3 cyc cyc cyc 274 CHƯƠNG 2 SÁNG TẠO BẤT... d = 0 hoặc các hoán vị tương ứng Bài toán 2.74 Cho các số không âm a; b; c thỏa mãn a + b + c = 2 Chứng minh rằng bc ca ab + + a2 + 1 b2 + 1 c2 + 1 1: (Phạm Kim Hùng) Lời giải Bất đẳng thức tương đương với X a abc +1 a2 + 1 cyc Với mọi x X bc 0 cyc 0, ta có 1 2+1 x 1 x(x 1)2 1+ x= 2 x2 + 1 0 288 CHƯƠNG 2 SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC 1 x2 + 1 ) 1 x 2 1 Sử dụng bất đẳng thức này, ta chỉ cần chứng minh được... X ca2 cyc X 2 2 X cyc ! a +3 b+c X abc a2 + 2 b+c cyc Sử dụng bất đẳng thức Moldova, ta có X ca2 X b cyc a2 cyc Do đó, ta chỉ cần chứng minh được X bc2 b+c cyc , , X X bc(c cyc a) b+c bc(c2 cyc , X cyc X abc b+c cyc a2 b3 0 a2 )(a + b) X 0 a2 b2 c: cyc hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức AM-GM Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c: Bài toán 2.69 Cho các số không âm a; b; c; không có 2 số nào đồng . 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC Mặt khác, bất đẳng thức đã cho tương đương với X cy c a 5 b 2 + X cy c a ! + X cy c a 3 + 18  9 X cy c a  0 Do đó, theo trên và theo bất đẳng thức AM-GM, ta có X cy. y + z = 3: Khi đó bất đẳng thức trở thành xy p x + yz p y + zx p z  3: Đây chính là bất đẳng thức được chứng minh ở trên. Vậy nên bất đẳng thức cần chứng minh đúng. 281 Bài toán 2.68 Cho a; b;. 1)(1 q) Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có 4q 2  3q + 1 2(1 2q) p 2(4q 1)(1 q)  4q 2  3q + 1 (1 2q)[2(4q  1) + 1  2q] = 2(1  3q) 2  0: Bất đẳng thức được chứng minh . Đẳng thức xảy ra