SKKN bất đẳng thức AM GM 2010

Mục lụcI.PHẦN MỞ ĐẦU: 1/Lý do chọn đề tài: 2/Mục tiêu nghiên cứu: 3/Nhiệm vụ nghiên cứu: 4/Các phương pháp nghiên cứu: II.PHẦN NỘI DUNG: 1/Lịch sử của vấn đề nghiên cứu: 2/Cơ sở lý luận

Ngêi thùc hiÖn: TrÇn Quèc ThÐp

Tæ to¸n Tr êng THPT Cæ Loa

N¨m häc: 2009 – 2010

Mục lục

I.PHẦN MỞ ĐẦU:

1/Lý do chọn đề tài:

2/Mục tiêu nghiên cứu:

3/Nhiệm vụ nghiên cứu:

4/Các phương pháp nghiên cứu:

II.PHẦN NỘI DUNG:

1/Lịch sử của vấn đề nghiên cứu:

2/Cơ sở lý luận của đề tài:

3/Thực trạng của vấn đề nghiên cứu:

4/Nội dung nghiên cứu và kết quả nghiên cứu:

A/NỘI DUNG NGHIÊN CỨU:

5 Phương pháp thêm hạng tử và chọn điểm rơi AM-GM

6 Kĩ thuật thêm nghịch đảo

7 Sử dụng AM-GM ngược dấu

III Bất đẳng thức AM-GM trong kì thi toán quốc tế

B/KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU:

III.PHẦN KẾT LUẬN:

1/Kết luận:

2/Tài liệu tham khảo:

2222333344445789121334

3435

I.PHẦN MỞ ĐẦU:

1/Lý do chọn đề tài:

Bất đẳng thức AM-GM(thường được gọi là bất đẳng thức Côsi) là một mảng kiến thức có mặt rất nhiều trong kì thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế cũng như kì thi tuyển sinh đại học Trong thời gian học Cao học tại trường ĐH KHTN, chúng tôi vô cùng biết ơn PGS.TS Nguyễn Vũ Lương, người thầy đã hướng dẫn và dìu dắt chúng tôi Nhờ phong cách giảng dạy độc đáo và một kiến thức uyên thâm về bất đẳng thức, đồng thời với nhiều năm kinh nghiệm đào tạo học sinh giỏi toán quốc tế, thầy đã truyền cảm ứng học tập cho chúng tôi tìm hiểu sâu, nghiên cứu và

mở rộng các bài toán về bất đẳng thức Trong bài luận này tôi sẽ đề cập về vấn đề

sử dụng bất đẳng thức AM-GM trong kì thi toán đồng thời cung cấp các bài tập sáng tạo từ chúng

2/Mục tiêu nghiên cứu:

Mục tiêu của tác giả là nghiên cứu các thủ thuật sử dụng bất đẳng thức

AM-GM trong các kì thi toán quôc tế, đồng thời sáng tạo ra các bài tập mới

3/Nhiệm vụ nghiên cứu:

- Phân loại các phương pháp giải sử dụng bất đẳng thức AM-GM trong kì thi

Olimpic toán quốc tế

- Sử dụng sơ đồ tư duy để sáng tạo các bài toán mới

4/Các phương pháp nghiên cứu:

- Phương pháp phân tích: nghiên cứu toàn bộ các lời giải trong các bài toán bất đẳng thức

- Phương pháp tổng hợp: tổng hợp các kiến thức về bất đẳng thức AM-GM trên mạng

- Phương pháp thực nghiệm: khi giảng dạy một bài toán tôi thấy rằng cần phải thử nghiệm cách dạy qua những lớp khác nhau thì mới rút ra những kinh nghiệm và cải tiến phù hợp cho lớp sau

- Phương pháp trao đổi và thảo luận: cùng nghiên cứu và cung cấp những kết quả thảo luận với các thầy cô giáo trong tổ cũng như trên mạng intenet.

II.PHẦN NỘI DUNG:

1/Lịch sử của vấn đề nghiên cứu:

Có thề nói bất đẳng thức AM-GM nghe có vẻ rất cũ nhưng lại luôn có tính thời sự, xuất hiện liên tục trong các đề thi toán gần đây

2/Cơ sở lý luận của đề tài:

Cơ sở triết học: “từ trực quan sinh động đến tư duy trừu tượng, từ tư duy trừu tượng đến thực tiễn Đó là con đường biện chứng của quá trình tìm ra chân lý”

Cơ sở tâm lý học: con người chỉ bắt đầu tư duy tích cực khi nảy sinh nhu cầu cần tư duy Tự mình đề xuất được hướng giải quyết vấn đề

Yêu cầu của thực tiễn: Đổi mới phương pháp dạy học theo tinh thần sách giáo khoa mới Thực hiện lấy học sinh làm trung tâm của quá trình dạy học

3/Thực trạng của vấn đề nghiên cứu:

Đa số học sinh rất ngại khi học mảng kiến thức này, rất lúng túng trong quá trình phân tích để tìm ra bản chất và vận dụng kiến thức về bất đẳng thức AM-

GM Một điều quan trọng là học sinh thiếu phương pháp, giáo viên thì chưa đưa ra con đường tiếp cận hợp lý

4/Nội dung nghiên cứu và kết quả nghiên cứu:

A/NỘI DUNG NGHIÊN CỨU:

A.1)Ý tưởng chủ đạo xuyên suốt của dạy bất đẳng thức AM-GM :

Học sinh cần biết nhớ được các dạng của bất đẳng thức AM-GM, dấu bằng của đẳng thức xảy ra khi nào Sau đó biết dự đoán cách giải thông qua dấu bằng xảy ra khi nào

A.2) Các kiến thức và kĩ năng chuẩn bị:

I.Một số kiến thức cơ bản cần nhớ

• bất đẳng thức AM-GM: Cho a, b là các số không âm thì ta có

a b

a (1)

Phân tích: Ta đã chứng minh được bài tập này bằng phương pháp biến đổi

tương đương, sau đây là một cách làm khác:

Giải: do a>0 và b>0 nên a 0,b 0

b > a > vì vậy áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta

có:

2 1

a a

b b

a a

b b

a a

a = ⇔ 2 = 2 ⇔ =

Tiếp tục phát triển áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

Bài tập 2: Chứng minh rằng: ∀ , > 0 ( + )(1+1) ≥ 4

b a b a b

a (2)

Phân tích: Có nhiều cách giải bài tập trên:

Cách 1: là nhân ra ở vế trái sau đó áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho a/b và

a+ ≥ +

4 1

1

4 1

b a

ab≥ + (2b)

ab b

b a b

a ≤ +

) 1 1 1 ( 9

1 1

c b a c

b

a ≤ + +

+

Mà nó có thể áp dụng để giải một vài bài tập khó rất đơn giản:

Ví dụ 1:( Belarus, 1999): Cho a , b, c là ba số thực dương thỏa mãn

1 2

1

2 2

+

+ +

1 1

1

+

+ +

+ +

=

xz zy

9 3

9

9 ) 1 1

1 )(

1

1 1

1 1

1

(

2 2

+ + +

≥ + + +

=

≥ + + + + + +

+ +

+

+

z y x zx

yz xy

A

zx yz

xy xz

zy xy

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 3/2

2 Kĩ thuật dùng hoán vị vòng.

Đây là một kĩ thuật phổ biến khi dùng bất đẳng thức AM-GM , rất đơn giản

và hiệu quả khi dùng và tạo rất nhiều hứng thú cho học sinh.

Bài tập 3: Chứng minh ∀a,b,c> 0 thì a b c

b

ac a

bc c

ab+ + ≥ + + (9)

Phân tích: Nếu áp dụng ngay bất đẳng thức AM-GM cho 3 số hạng ta thấy

khó có thể làm ngay được, vì vậy ta cần linh hoạt vận dụng cho từng bộ hai số.Giải: Vì a > 0, b > 0, c > 0 nên > 0 , > 0 , > 0

b

ac a

bc c

ab

áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho các cặp:

⇒ + +

≥ + +

⇔

≥ +

≥ +

⇔

≥ +

≥ +

⇔

≥ +

) (

2 ) (

2

2

2

2

2

2

2

c b a b

ac a

bc c ab

a c

ba b

ac c

ba b

ac c

ba

b

ac

c b

ac a

bc b

ac a

bc b

ac

a

bc

b a

bc c

ab a

bc c

ab a

bc

c

ab

đpcm

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c

Ta thấy rằng phương pháp này áp dụng có hiệu quả rất tốt cho một lớp các bài tập sau:

1)

c b a ab

c ac

b bc

c

) ≥ 1Giải:

(

2

1

+ +c

3 Phương pháp cân bằng tổng

Phương pháp này xuất phát từ một nhận xét sâu sắc trong sách giáo khoa, tức

là khi “ nếu hai số dương có tích không đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi và

+

Phân tích: Nếu áp dụng ngay bất đẳng thức AM-GM thì ta thấy chưa ra kết

quả, nhưng nếu tách 2x thành x+1+x+1-2 thì có ngay điều phải chứng minh

Bài tập 6 Chứng minh rằng nếu x ≥ 0 thì 1

) 3 (

27

3 ≥ +

+

x

Phân tích: Biến đổi vế trái thành một tổng của các số hạng có tích không đổi,

vì vậy phải phân tích x thành 3 số hạng là (x+3)/3

Giải: Bất đẳng thức đã cho tương đương 3 1

) 3 (

27 3

3 3

3 3

3

3 − ≥ +

+

+ +

+ +

+

x

x x

x

4 ) 3 (

27 3

3 3

3 3

3

3 ≥ + +

+ +

x ta có điều phải chứng minh

Dấu bằng xảy ra khi x=0

4 Phương pháp cân bằng tích.

Từ một hệ quả quan trọng trong sách giáo khoa: “ Nếu hai số dương có tổng

không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi và chỉ khi chúng bằng nhau”.

Phân tích: ta cần tách biểu thức ab2 thành một tích có tổng không đổi mà tổng

đó chắc chắn phải liên quan đến a + b = 1

Giải: ab2 =

2

2

4a b b mà theo bất đẳng thức AM-GM cho 3 số dương là

a, b/2,b/2 ta có:

27

4 2

2 4 27

1 2

2

3

1 3

2 2 2

2

3 ≤ + + = ⇒a b b ≤ ⇒ a b b ≤

b b a b b

Dấu bằng xảy ra khi a = 1/3; b = 2/3

Các bài tập tương tự mà các thầy cô có thể vận dụng cho học sinh là:

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

5 Phương pháp thêm hạng tử và chọn điểm rơi AM-GM

Đây là phương pháp rất lôi cuốn học sinh, bằng cách thêm các số hạng phù hợp và sử dụng khéo léo bất đẳng thức AM-GM ta có thể đạt những kết quả không ngờ!

Bài tập 8 Chứng minh ∀a,b,c> 0 thì a b c

a

c c

b b

a2 + 2 + 2 ≥ + +

Phân tích: trước hết ta nhận thấy nếu áp dụng ngay bất đẳng thức Cô si thì

cũng không ra được kết quả, kĩ thuật vòng cũng không giải quyết được

Bây giờ ta đánh giá dấu bằng xảy ra khi nào, dễ nhận thấy đó là khi a = b = c khi đó a 2 /b =a vì vậy ta thêm b vào phần tử đại diện a 2 /b để có chứng minh sau:

Chứng minh:

áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho các số dương a

a

c c c

b b b

a

, , , , ,

2 2 2

Tuy nhiên câu hỏi đặt ra là tại sao lại thêm hạng tử b cho a2/b?

Giả sử cần thêm cho a2/b số hạng m sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

2 Khi dấu bằng xảy ra thì a2/b = m = a = b = c

Rõ ràng m chỉ có thể bằng b được thôi Bài tập sau sẽ làm sáng tỏ hơn:

Bài tập 9 Chứng minh rằng ∀a,b,c> 0thì

2

2 2

a b

c c a

b c b

+

+ +

+

Phân tích: Ta cần thêm cho

c b

2 dấu bằng của bất đẳng thức AM-GM xảy ra được nghĩa là

c b

m= +

Và để tính α thì

α

c b m c b

a = = + +

2

Dễ thấy khi thay a=b=c thì α =4 Chứng minh: áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho các số dương

4 , , 4 , ,

4

,

2 2

b a

c a c a c

b c

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c

Tuy nhiên thêm hạng tử nào cho hợp lí thì tùy từng bài và ví dụ cụ thể

Bài tập 10 (Canada, 2002) Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c

,

a b c

a b c

bc ca+ + ab ≥ + + và xác định dấu bằng xảy ra khi nào

Bài tập 11: Chứng minh rằng với a, b, c>0 ta có

a

c a

b b

a a

c c

b b

a

2 1

b

2 1

c

2 1

2

2

≥ +

Bài tập 12: CMR nếu x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz = 1 ta có

x3 + y3 +z3≥ x + y + zPhân tích: Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1, vì vậy ta sẽ thêm vào x3 hai số hạng là 1,1 để sử dụng bất đẳng thức AM-GM hợp lí

Hướng dẫn: x3 + 1 +1 ≥ 3x; y3 + 1 +1 ≥ 3y; z3 + 1 +1 ≥ 3z; 2(x3 + y3 +z3 ) ≥ 6

Theo thống kê thì có khoảng 80% học sinh sẽ sử dụng cách 1 để làm.

Các bài tập sau cũng áp dụng tương tự:

Bài tập 13: (Czech and Slovak Republics, 2005) Nếu a, b, c dương và abc=1 thì

với α là một số dương nào đó Vấn đề α bằng bao nhiêu, ta chỉ cần chú ý

là dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1; khi đó

với a, b là các số dương thoả mãn điều kiện ab = 1

Hướng dẫn: Dấu bằng xảy ra khi a = b = 1, vậy ta phải thêm cho 3

1

a b

6 Kĩ thuật thêm nghịch đảo

Đây là một kĩ thuật mà nếu không nhắc và sử dụng sẽ là một thiếu sót rất lớn trong việc sử dụng và chứng minh bất đẳng thức AM-GM

Bài tập 15: Tìm giá trị nhỏ nhất của P = 2x+3y với x, y là các số dương thỏa mãn

7 Kĩ thuật AM-GM ngược dấu:

Bulgarian TST 2003:Cho a,b,c> 0, a + b + c = 3 Chứng minh

1.Cho a,b,c > 0: Chứng minh 2 3 2 2 3 2 2 3 2

c c 2 1

b b 1

a

3

2 3

2 3

2

≥ +

+ +

+ +

III Bất đẳng thức AM-GM trong kì thi toán quốc tê

Bài 1( Séc và Slovakia, 1999): Cho các số thực dương tùy ý a,b,c Chứng minh

Các bài tập mới và bình luận

Bài 1: Cho , ,a b c∈R8 chứng minh rằng * 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1

2 3

n

x x x

x x

Cách giải thứ hai : Áp dụng bất đẳng thức AM-GM với trọng số cho các số { }i

j

x

và trọng số

1 1

j

j t

Các bài tập mới và bình luận

Bài 1: Cho a,b,c dương thỏa mãn 1 1 1 3

a b c+ + = , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Bài 5: Cho a,b,c dương thỏa mãn 1 a 1 b 1 c 0

Các bài tập mới và bình luận

Bài 1: cho x y z, , > 0thỏa mãn 12 12 12 3

Bài 4( Ai len, 1999): Cho a,b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c d+ + + = 1 Chứng minh rằng

Điều phải chứng minh

Cách 3: Sử dụng kĩ thuật thêm hạng tử: Thêm ; ; ;

a b b c c d d a+ + + +

Các bài tập mới và bình luận

Bài 1: Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn a b c+ + = 1 Chứng minh rằng:

n n

Các bài tập mới và bình luận

Bài 1 Chứng minh rằng: (a+3b b) ( +4c c) ( +5a) ≥120abc,∀a b c, , thỏa mãn

Bình luận Mặc dù thứ tự của a,b,c,d và m,n,p,q là rất đẹp, nhưng cách sắp xếp của

m,n,p,q trong bất đẳng thức này để cho c,d hoàn toàn trội hơn a,b Nếu không có

3

1 1 1

Các bài tập mới và bình luận

Chứng minh rằng: , ,x y z >0 và thỏa mãn x y z+ + ≤3 Chứng minh

bc ca+ + ab ≥ + + và xác định dấu bằng xảy ra khi nào

Giải Bất đẳng thưc cần chứng minh tương đương với

a4 +b4 + c4 ≥ a2bc + a2ca + c2ab, được suy ra từ định lý Muirhead’s theorem [4,0,0]

Các bài tập mới và bình luận

Chứng minh rằng với mọi số thực dương x,y,z

1 1 1

+ +

Giải:

Bất đẳng thức trên tương đương với bấy đẳng thức sau

9 ) )(

( ) )(

( ) )(

(

2 2

2 + + + + − + + + + − + + ≥

− +

b

b a c b a c a

a c b a c b c

c b a c b

a

Trong đó lần lượt tương đương với ( ) ( ) ( 2 ) 12

2 2

2 2

2

≥

+ +

+ +

+

b

a c a

c b c

b a

Từ (a+b)2 ≥ 4ab, (b+c)2 ≥ 4bc và (c+a)2 ≥ 4ca chúng ta có

2

2 2

2 2

2 ( ) ( ) )

(

b

a c a

c b c

b

a+ + + + + ≥

12 ) )(

)(

( 12 4

4 4

3

2 2 2 2

2

b a c

ca bc ab b

ca a

bc c

ab

Bài 9 (Russia, 2002) Chứng minh rằng x + y + z ≥ xy+yz+zx với x,y,z là

những số thực dương và thỏa mãn x+y+z = 3

Giải

1 1

1 + + =1 Chứng minh rằng

c b a abc ab

c ca b bc

a+ + + + + ≥ + + +

Giải

Nếu chúng ta nhân 2 vế với 1=

c b a

1 1

1 + + với abc chúng ta có

abc=

b

ca a

bc c

c+ ( 1 − 1−1) + 2 , + ≥ 2

≥

Bài 11 Cho a,b,c,d là những số thực với abcd=1 Chứng minh rằng:

4 1

1 1

1 1

1 1

+

+ + +

+ + +

+ + +

+

d

da c

cd b

bc a

=

+

+ + +

+ + +

+ + +

+

bcd bc b

bc abc

ab a ab

bcd bc

bc b

bc abc

ab

ab a

ab

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1

1

Và sử dụng 1x+ 1y ≥ x+4ychúng ta có:

( ) ( )

4 1

1 1

1 4

1

1 1

1 4

1

4 1

1

4 1

+ +

+ + +

+ +

+ + +

+

=

+ + + + + + + + +

≥

abcd abc

ab

abc abc

ab a

ab VT

bcd bc b

bc abc

ab a

ab VT

bcd bc b

bc abc

ab a ab VT

Bài 12(Russia, 2003)

Cho a,b,c là những số thực với a+b+c=1

Chứng minh rằng:

c b

a c

b

a+ − + − ≥ + + + + +

2 1

2 1

2 1

1 1

1 1

1

Giải

Từ

c b

a = +

−

1 1

1

ta có:

b a c a c b c b a b a a c c

b+ + + + + ≥ + + + + + +2 + +

2 2

2 2

2 1

1 1

Bây giờ ta sử dụng bất đẳng thức : 1x+ 1y ≥ x+4y ta có

b a c a c b c b a b a a c c

4 2

4 2

4 1

1 1

2

+ +

+ + +

+ + +

+ +

Giả sử

abc z

ca bc ab y

c b a x

=

+ +

=

+ +

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

z c b a

xz y

a c c b b a

y x c b a

=

−

= +

+

−

= + +

Và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: z2 + 2(y2 − 2xz) (+ 4 x2 − 2y)+ 8 ≥ 9y Hoặc z2 + 2y2 − 4xz+ 4x2 − 17y+ 8 ≥ 0

Bây giờ, từ a2 +b2 +c2 ≥ab+bc+ca= y, chúng ta thu được

y y c b

a

x2 = 2 + 2 + 2 + 2 ≥ 3

Ngược lai,

( ) ( ) ( )ab bc ca ab bc bc ca ca ab abc(a b c) xz a

c c

9

10 3 9

8 3 8

17 4

4

2 2

− +

Phần (i) của bài tập 1.90 cho chúng ta thấy, chỉ cần chứng minh bất đẳng thức sau

b a abc

3

2 2

2 3

3 3

3 3

3 1 3 3

6 6

6 1 3

3 6

1 3 3

abc

bc ab ca ca ba bc bc ac ab

abc

ab c ac b bc a c

b a abc

+ +

+ +

+ +

=

+ +

+

= + + +

Và sử dụng điều kiện ab+bc+ca= 1 thu được

( ) ( ) ( ) 3 [ ( ) ( ) ( ) ]

2 2

2 3

3

2 2

2 3

3 4 3

3 3

3 3

3 3

ab abc

ca ca bc

bc ab

+

Dễ thấy rằng [ ( ) ( ) ( )2 2 2] ( )2

3 ab + bc + ca ≥ ab+bc+ca (Sử dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz) Khi đó, chỉ cần chứng minh bất đẳng thức sau là đủ

abc abc

1 3 3

Đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu

Bài 18 (IMO, 2004) Giả sử n≥ 3 là một số nguyên Giả sử t1,t2, ,t n là những số

thực dương thỏa mãn + >( + + + ) + + + n 

n

t t

t t t

t

n 1 1 1 1

2 1 2

1 2

Chứng minh rằng t i,t j,t k là độ dài ba cạnh của một tam giác cho tất cả i ,,j k với

n k

+ +







 + +

1 1

1

1

1 1 1 1

j j

i n

j

j j i n

t t

t t t t t n t

t t

t n

t

t

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM chúng ta nhận được

3 2 3

2 3 2 3

2

2 ,

2 1

1

t t t

t t t t

i

t

t t

t

cho tất cả i, j

3 2

>

=

t t

t

a và sử dụng giả thiết, chúng ta đạt được

4

2 2 2 2 2 2

2

1 1

n t

t t t

t

t n t t

1 <

=

<

t t

t

a Vì vậy t1 < 2 t2t3 , và thêm một lần nữa áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ta t1 < 2 t2t3 ≤t2 +t3, là điều cần chứng

minh

Bài 3.19 (Nga, 2005) Giả sử x1 ,x2 , ,x6 là các số thực thỏa mãn 2 6

6

2 2

Vì vậy, nếu có thể chỉ 2 hoặc 4 số âm ở giữa các số trong bất đẳng thức Giả sử bên cạnh chúng là số 0 và có 2 số âm (trong trường hợp khác, thay đổi dấu của tất

cả các số) Nếu y i = x i , khi đó giả thiết được thay bởi

6 3

2 1

2 6

y y y

4 6 5 4 3 6 5 4

3

2

1 4

y y y

y y y y y

2

1 y A y

2 6

2 5

2 4

2 3

2 2 2 1

2 2

2 1

4 4

4 2

A y

y y y y y y y

A y

y y y

= +

+ +

≥ + + +

= +

≥ +

6

2 2

2 2

1

3 6 4 6 2

3

2 2 2 3

Dấu đẳng thức xảy ra khi x= = =y z 1.

(b) Sau một số phép biến đổi,bất đẳng thức tương đương với

3 4( + x y z+ + + ) 2(xy yz zx+ + ) 2( + x +y +z ) 3( ≤ x +y +z ) 6( + xy yz zx+ + ) Với u x y z= + + ≥ 3 ,v xy yz zx= + + ≥ 3,ta cũng có: 3 4 + u u≤ 2 + 2v

Nhưng u≥ 3,ta thấy (u− 2) 2 ≥ 1,do đó (u− 2) 2 + 2v≥ + = 1 6 7

Dấu đẳng thức xảy ra khi u= 3 ,v= 3,hay x= = =y z 1.