Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức

bat dang thuc

II.Nội dung

Để chứng minh AB trong một số trường hợp ta có thể nghĩ đến phương pháp sau:“Tìm C sau đó chứng minh AC và CB ”.Nhưng vấn đề quan trọng là tìm C.Để tìm C nhiều khi ta phải mò mẫm,dự đo án,dựa vào một phương pháp

cũ đã biết, Trong bài viết này Tôi sẽ đưa ra một kinh ngiệm tìm C dựa vào một phương pháp cũ đã biết

Sau khi chứng minh được một bất đẳng thức ta nên thử xem liệu có thể xây dựng được một số bất đẳng thức khác từ bất đẳng thức đó hay không hoặc dựa vào lời giải đó ta có thể xây dựng các bất đẳng thức khác hay không ?Sau đây tôi muốn minh hoạ những vấn đề trên

Trước hết ta chứng minh các bổ đề sau:

Bổ đề 1.“ Trong 3 số bất kỳ x 1 ,x 2 ,x 3 luôn tồn tại hai số x i ,x j (i và j thuộc tập  1 ; 2 ; 3 ) sao cho:











a x

a x

j

i hoặc











a x

a x

j

i (a là số thực bất kỳ) ”

Chứng minh:Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x1 x2 x3

Nếu x2 a thì x1 a và x2 a,ta có điều phải chứng minh

Nếu x2>a thì x2 a và x3 a ,ta có điều phải chứng minh

Bổ đề 2.“ Nếu











a y

a x

hoặc











a y

a x

thì xya(x+y)-a 2 ”.

Chứng minh:Từ giả thiết ta có: (x -a)(y-a)0 hay xya(x+y)-a2 (đpcm)

Vận dụng hai bổ đề này để chứng minh một số bất đẳng

thức(Các ví dụ)

Ví dụ 1.Cho x,y,z là các số thực dương Chứng minh rằng ta luôn có bất đẳng thức: xyz+2(x2+y2+z2)+8 5(x+y+z).Đẳng thức xảy ra khi nào (Bài I-3 của chuyên mục Chào IMO 2007 đợt 1 của Tạp chí Toán học và tuổi trẻ số 357 tháng 3 năm 2007)

Chứng minh:

Theo bổ đề 1 và vai trò x,y,z trong bài toán bình đẳng nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử











1

1

y

x

hoặc











1

1

y

x

.Khi đó theo Bổ đề 2 ta có

xyx+y-1  xyzxz+yz-z (vì z >0 )

 xyz+2(x2+y2+z2)+8xz+yz-z+2(x2+y2+z2)+8 (1)

Ta sẽ chứng minh: xz+yz-z+2(x2+y2+z2)+8 5(x+y+z) (2) Thật vậy:

(2)(y+z-2)2+(x+z-2)2+3(x-1)2+3(y-1)2+2(z-1)2 0 ,đúng

Từ (1) và (2) suy ra: xyz+2(x2+y2+z2)+8 5(x+y+z) (Điều phải chứng minh)

Đẳng thức trong trường hợp này xảy ra khi x=y=z=1

Vậy đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1

Nhận xét.Ta có thể chứng minh (2) nhờ định lí về dấu của tam thức bậc hai như sau:

(2) 2z2+(x+y-6)z+2x2+2y2-5x-5y+80 (3) Xem vế trái của (3) là tam thức bậc hai ẩn z có a=2>0 và

z=(x+y-6)2-8(2x2+2y2-5x-5y+8)

z=-15x2 +2(y+14)x-15y2+28y-28

Xem z là tam thức bậc hai ẩn x có a= -15<0 và

'

x

 =(y+14)2-(-15)(-15y2+28y-28)

=-224(y-1)2 0,với mọi y

Do đó z 0,với mọi x,y

Vậy (3) đúng với mọi x,y,z (đpcm)

Nhận xét 1.Trong ví dụ trên A= xyz+2(x 2 +y 2 +z 2 )+8; B=5(x+y+z);

Nhận xét 2.Sau khi giải được bài toán trên Tôi thử xem liệu có thể tìm C

đối với bài toán sau (ví dụ 2) bằng cách tương tự như ví dụ 1 được không?

Ví dụ 2. Cho x,y,z là các số thực không âm.Chứng minh rằng ta luôn

có bất đẳng thức: 5(x3+y3+z3)+3xyz+99(xy+yz+zx)

Chứng minh:

Theo bổ đề 1 và vai trò x,y,z trong bài toán bình đẳng nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử











1

1

y

x

hoặc











1

1

y

x

.Khi đó theo Bổ đề 2 ta có

xyx+y-1  3xyz3xz+3yz-3z (vì z 0 )

 5(x3+y3+z3)+3xyz+95(x3+y3+z3)+3xz+3yz-3z+9 (1)

Ta sẽ chứng minh: 5(x3+y3+z3)+3xz+3yz-3z+9 9(xy+yz+zx) (2) Thật vậy:

(2) 5(x3+y3+z3)+9 9xy+6yz+6zx+3z

Mà theo bất đẳng thức Cô si ta có:

3z=33 3

1

.

1

.

3xz=33 3 3

1

.z

x  x3+z3+1 6xz  2x3+2z3+2 (4) 3yz=33 3 3

1

.z

y  y3+z3+1 6yz  2y3+2z3+2 (5) 3xy=33 x3.y3 1  x3+y3+1 9xy  3x3+3y3+3 (6) Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều (3),(4),(5) và (6) ta có

5(x3+y3+z3)+9 9xy+6yz+6zx+3z

Từ (1) và (2) suy ra 5(x3+y3+z3)+3xyz+99(xy+yz+zx)(Điều phải chứng minh)

Nhận xét 2.1.Từ hai ví dụ trên tôi định hướng để xây dựng các bất đẳng thức mới như sau:

Hướng 2.1. Từ ví dụ 2 ta có “Nếu x,y,z là các số thực không âm và vai trò x,y,z bình đẳng không mất tính tổng quát ta có thể giả sử :

xyx+y-1  xyzxz+yz-z (vì z 0 )”

Do đó xyz+m(x2+y2+z2)xz+yz-z+ m(x2+y2+z2).Từ đó ta sẽ có bất đẳng thức dạng“Nếu x,y,z là các số thực không âm thì

xyz+m(x2+y2+z2)+pn(x+y+z).Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1”khi ta chọn

được m,n,p sao cho bất đẳng thức:xz+yz-z+ m(x2+y2+z2)+pn(x+y+z) (*)

đúng với mọi x,y,z.Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1

Sau đây là cách chọn m,n,p sao cho (*) đúng với mọi x,y,z và đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1

Ta có: (*)mz2+(x+y-n-1)z+mx2+my2-nx-ny+p0

Dựa vào định lí về dấu của tam thức bậc hai ta chọn m,n,p sao cho

1 ,

,

0

2

1

0































R y

x

m

n

y

x

m

z

khi x=y=1

























R y x

m n m

1 2 0

Trong đó z=(x+y-n-1)2-4m(mx2+my2-nx-ny+p)

Thay n=2m+1 vào zvà rút gọn,ta có

z=(1-4m2)x2 +2(y+4m2-2)x+(1-4m2)y2+4(2m2-1)y+4(m+1)2-4mp

Suy ra

z 0

(1-4m2)x2 +2(y+4m2-2)x+(1-4m2)y2+4(2m2-1)y+4(m+1)2-4mp0 (**)

Ta cần chọn m,p sao cho (**) đúng với mọi x,y và đẳng thức xảy ra khi

x=y=1.Dựa vào định lí về dấu của tam thức bậc hai ta chọn m,p thoả mãn

1 ,

0

)

4

1

(

2

) 2 4

(

2

0

4

1

'

2

2

2

























R y

m

m

y

m

x

khi y=1



















R y

m

0 4 1

' 2

trong đó '

x

 =(y+4m2-2)2-(1-4m2)[ (1-4m2)y2+4(2m2-1)y+4(m+1)2-4mp]

'

x

 0

2m2(1-2m2)y2-4m2(1-2m2)y+(2m2-1)2-(1-4m2)(m2+2m+1-mp) 0(***)

Ta cần chọn m,p sao cho (***) đúng với mọi y và đẳng thức xảy ra khi y=1 Dựa vào định lí về dấu của tam thức bậc hai ta chọn m,p thoả mãn

















 



1 0

) 2

1

(

4

) 2

1

(

4

0 )

2

1

(

2

'

2 2

2 2

2

2

y

m

m

m

m

m

m



















0

0 2 1

' 2

y

m

trong đó '

y

 =[2m2(1-2m2)]2-2m2(1-2m2)[(2m2-1)2-(1-4m2)(m2+2m+1-mp)]

=2m3(1-2m2)(1-4m2)(3m+2-p)

Suy ra:Nếu 1-2m2<0 thì '

y

 =0p=3m+2

Do đó (*) đúng với mọi x,y,z nếu m,n,p thoả mãn



































2

3

0

2

1

0

4

1

1

2

0

2

2

m

p

m

m

m

n

m



























2 3

1

2 2 2

m p

m n m

Do đó ta có bất đẳng thức “Nếu x,y,z là ba số thực không âm thì

xyz+m(x2+y2+z2)+3m+2(2m+1)(x+y+z).Đẳng thức xảy ra khi

x=y=z=1.Trong đó m là số thực cho trước và m>

2

2

”

Nhận xét 2.1.1 Khi m=

2

2

thì bất đẳng thức “Nếu x,y,z là các số thực không

âm xyz+m(x2+y2+z2)+3m+2(2m+1)(x+y+z)” vẫn đúng

Vậy ta có bất đẳng thức: “Nếu x,y,z là ba số thực không âm thì

xyz+m(x 2 +y 2 +z 2 )+3m+2(2m+1)(x+y+z) (1.1) trong đó m là số thực cho trước và m

2

2 ”

Hướng 2.2.Chọn m,n,p để có bất đẳng thức“Nếu x,y,z là các số thực không âm thì xyz+m(x2+y2+z2)+pn(xy+yz+zx) Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1.”

Từ hướng 2.1 nếu x,y,z là các số thực không âm và vai trò x,y,z bình đẳng không mất tính tổng quát ta có thể giả sử: xyzxz+yz-z

Suy ra : xyz+m(x2+y2+z2)xz+yz-z+ m(x2+y2+z2)

Ta sẽ chọn m,n,p sao cho bất đẳng thức:

xz+yz-z+ m(x2+y2+z2)+pn(xy+yz+zx)(*) đúng với mọi x,y,z Đẳng thức xảy

ra khi x=y=z=1

Ta chọn m,n,p (bằng cách làm tương tự hướng 2.1) như sau:

Ta có: (*)mz2+[(1-n)x+(1-n)y-1]z+mx2+my2-nxy+p0

Chọn m,n,p sao cho

1 ,

,

0

2

1 ) 1

(

)

1

(

0

































R y x

m

y n x

n

m

z

khi x=y=1

























R y x

n m m

1 2 0

Trong đó z=[(1-n)x+(1-n)y-1]2-4m(mx2+my2-nxy+p)

Thay m=

2

1

2n

vào zvà rút gọn,ta có

z=n(2-3n)x2 +2[(3n2-3n+1)y+n-1]x+n(2-3n)y2-2(1-n)y+1-2(2n-1)p

Chọn n,p thoả mãn:

1 ,

0

) 3 2 (

2

] 1 )

1 3

3

[(

2

0 ) 3 2

(

'

2





































R y

n n

n y n n

n n

x

khi y=1



















R y

n n

0 ) 3 2 (

'

trong đó '

x

 =[(3n2-3n+1)y+n-1]2-n(2-3n)[n(2-3n)y2-2(1-n)y+1-2(2n-1)p]

=(1-n)(6n2-5n+1)y2-2(1-n)(6n2-5n+1)y+4n2-4n+1+2n(2-3n)(2n-1)p

Chọn n,p thoả mãn











































1 0

) 1 5 6

)(

1

(

2

) 1 5 6

)(

1

(

2

0 ) 1 5 6

)(

1

(

'

2 2 2

y

n n

n

n n n

n n

n























0

0 ) 1 5 6 )(

1 (

' 2

y

n n n

trong đó '

y

 =[(1-n)(6n2-5n+1)]2-(1-n)(6n2-5n+1)[4n2-4n+1+2n(2-3n)(2n-1)p]

=n(1-n)(2-3n)(2n-1)(6n2-5n+1)(1-2p)

Suy ra:Nếu m=

2

1

2n >0,n(2-3n)<0,(1-n)(6n2-5n+1)<0 thì '

y

 =0p=

2 1

Do đó (*) đúng với mọi x,y,z nếu m,n,p thoả mãn







































2 1

0 ) 1 5

6

)(

1

(

0 ) 3

2

1 2

0

2

p

n n

n

n

n

n

m

m



























2 1 2

1 2 1

p

n m n

Do đó ta có bất đẳng thức:

“Nếu x,y,z là ba số thực không âm thì

xyz+

2

1

2n

(x2+y2+z2)+

2

1

n(xy+yz+zx).Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1 Trong

đó n là số thực cho trước và n>1”

Nhận xét 2.2.2.Khi n=1 thì bất đẳng thức

“Nếu x,y,z là ba số thực không âm thì

xyz+

2

1

2n (x2+y2+z2)+

2

1 n(xy+yz+zx) ” vẫn đúng

Vậy ta có bất đẳng thức:

“Nếu x,y,z là ba số thực không âm thì

2xyz+(2n-1) (x 2 +y 2 +z 2 )+12n(xy+yz+zx) (2.1) Trong đó n là số thực cho trước và n1”

Hướng 2.3.Từ (1.1) và (2.1) (Nhân hai vế của (1.1) với p(p 0 ),nhân hai

vế của (2.1) với q(q 0) rồi cộng theo vế hai bất đẳng thức cùng chiều vừa thu

được) suy ra bất đẳng thức:

“Nếu x,y,z là ba số thực không âm thì

(p+2q)xyz+(mp+2nq-q)(x 2 +y 2 +z 2 )+3mp+2p+q

(2mp+p)(x+y+z)+2nq(xy+yz+zx),trong đó m

2

2 ,n1,p 0 ,q 0” (3.1) Nhận xét 2.3.1 Ta có bất đẳng thức“Nếu t là số thực dương thì t+-1t, trong đó  là số thực và >1.Đẳng thức xảy ra khi t=1”

Chứng minh:Xét hàm số f(t)=    1

t

t ,với t ( 0 ;  )

f’(t)= t 1 (t 1 1 )

f’(t)=0 ( 1 1 )  0  1 1  0   1

t t



Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra: f(t)  0 với mọi t ( 0 ;  )

Hay t+-1t,với mọi t ( 0 ;  )

Đẳng thức xảy ra khi t=1(Điều phải chứng minh)

áp dụng bất đẳng thức này ta có:Nếu x,y,z là các số thực dương bất kỳ thì



2

x + -1x2



2

y + -1y2



2

z + -1z2,trong đó là số thực và >1

Suy ra: x2+y2+z2 











3 3

2 2

2  y z  

x

, trong đó là số thực và  >1 (*)

Từ (3.1) và (*) suy ra

“Nếu x,y,z là ba số thực dương thì

(p+2q)xyz+(mp+2nq-q) (x 2+y 2+z 2)+2

(3mp+3nq+p-q)-3(mp+2nq-q)(2mp+p)(x+y+z)+2nq(xy+yz+zx),trong đó m

2

2 ,n1,

0

,

 q

Nhận xét 2.3.2.Đặc biệt hoá 3.1,chẳng hạn chọn m=p=q=1,n=

2

3 ta có bất

đẳng thức: “Nếu x,y,z là ba số thực không âm thì

xyz+x 2 +y 2 +z 2 +2x+y+z+xy+yz+zx”

Nhận xét 2.3.3.Đặc biệt hoá 3.2,chẳng hạn chọn m=n=p=1,q=0,=2 ta có bất

đẳng thức:

“Nếu x,y,z là ba số thực dương thì 2xyz+x 4 +y 4 +z 4 +136(x+y+z)”

Hướng 2.4.

2.4.1.Tương tự trên nếu x,y,z là các số thực không âm và vai trò x,y,z bình

đẳng không mất tính tổng quát ta có thể giả sử

xyzxz+yz-z xyz+xy+zxy+yz+zx

Mà theo bất đẳng thức Côsi ta có :

x2+12 x2 1=2x(Vì x 0)

y2+z2 2 y2z2=2yz (Vì y,z 0)

Suy ra

z + xy 

2

1

2 

z

+

2

2 2

y

x  =

2

1

2 2

2 y z 

x

Do đó xyz+

2

1

2 2

2  y z 

Vậy ta có bất đẳng thức: “Nếu x,y,z là ba số thực không âm thì

2xyz+ x 2 +y 2 +z 2 +12(xy+yz+zx).Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1”

2.4.2.Tương tự trên nếu x,y,z,t là các số thực không âm và vai trò của x,y,z,t

bình đẳng thì ta có thể giả sử

xyx+y-1  xyztxzt+yzt-zt (Vì zt 0)

 xyzt+zt +xyz+xytxzt+yzt+xyz+xyt

Mà theo bất đẳng thức Cô si ta có

z3+t3+133 3 3

t

z =3zt

x3+y3+z3 33 3 3 3

z y

x =3xyz

x3+y3+ t3 33 3 3 3

t y

x =3xyt Suy ra

zt +xyz+xyt

3

1

3

3 t 

z

+

3

3 3 3

z y

x  

+

3

3 3 3

t y

x  

=

3

1 ) (

2 x3y3z3t3 

Do đó: xyzt +

3

1 ) (

2 x3  y3 z3 t3 

 xyzt+zt+xyz+xyt Vậy ta có bất đẳng thức

“Nếu x,y,z,t là các số thực không âm thì

3xyzt+2(x 2 +y 2 +z 2 +t 2 )+13(xzt+yzt+xyz+xyt).Đẳng thức xảy ra khi

x=y=z=t=1”

2.4.3.Bằng cách làm tương tự ta có bất đẳng thức

“Nếu x 1 ,x 2 ,…x n là các số thực không âm thì

(n-1)



n

i

i

x

1

+(n-2)





n

i

n i

x

1

1+1(n-1) 

  

n

j n

j i i i

x

1 1 ,

,nN,n3” (4.1)

(Trong đó 



n

i

i

x

1

=x 1 x 2 x n ; 





n

j i i i

x

, 1

=x 1 x j-1 x j+1 x n )

Hướng 2.5. Tương tự trên nếu x,y,z là các số thực không âm và vai trò x,y,z bình đẳng không mất tính tổng quát ta có thể giả sử

xyx+y-1  xyzxz+yz-z  xyz+z+xyxz+yz +xy

 (xyz)n+z(xyz)n-1+xy(xyz)n-1  (xyz)n-1(xy+yz+zx),nN *

Mà theo bất đẳng thức Cô si ta có

x3n-1+x3n-1+ +x3n-1 + y3n-1+y3n-1+ +y3n-1 + z3n-1+z3n-1+ +z3n-1 +1

n-1 số hạng n-1 số hạng n số hạng

(3n-1)3 1 3 1 1 3 1 1 3 1

) ( ) ( ) (

z y

x3n-1+x3n-1+ +x3n-1 + y3n-1+y3n-1+ +y3n-1 + z3n-1+z3n-1+ +z3n-1

n số hạng n số hạng n-1 số hạng

(3n-1) 3 1 3 1 3 1 3 1 1

) ( ) ( ) (

z y

x =(3n-1)xy(xyz)n-1

Suy ra

z(xyz)n-1+xy(xyz)n-1



1 3

1 )

1 ( )

1











n

nz y

n x

+

1 3

) 1

1 3 1 3









n

z n ny

=

1 3

1 ) )(

1

2









n

z y x

Do đó: (xyz)n+

1 3

1 ) )(

1 2









n

z y x

n n n n (xyz)n+z(xyz)n-1+xy(xyz)n-1

Vậy ta có bất đẳng thức

“Nếu x,y,z là các số thực không âm thì

(3n-1)(xyz) n +(2n-1)(x 3n-1 +y 3n-1 +z 3n-1 ) +1(3n-1)(xyz) n-1 (xy+yz+zx).Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1(Trong đó nN * ) ” (5.1)

Nhận xét 3.Từ hai ví dụ trên,Tôi vận dụng phương pháp đó để giải các bài toán sau (các ví dụ )

Ví dụ 3.Cho x,y,z là các số thực không âm thoả mãn x+y+z=1.Chứng minh rằng: 4(xy+yz+zx)  1+9xyz.Đẳng thức xảy ra khi nào

Chứng minh

Theo bổ đề 1 và vai trò x,y,z trong bài toán bình đẳng nên không mất tính

tổng quát ta có thể giả sử















3 1 3 1

y

x

hoặc















3 1 3 1

y

x

.Khi đó theo Bổ đề 2 ta có:

9xy3x+3y-1  9xyz3xz+3yz-z (vì z 0 )

Ta sẽ chứng minh: 1+3xz+3yz-z  4(xy+yz+zx) (2) Thật vậy:

(2)1 z+z(x+y)+4xy

1 z+z(1-z)+4xy (Vì x+y+z=1)

 (1-z)2  4xy

 (x+y)2  4xy (Vì x+y+z=1)

 (x-y)2  0 , đúng

Từ (1) và (2) suy ra 4(xy+yz+zx)  1+9xyz (Điều phải chứng minh)

Trong trường hợp này đẳng thức xảy ra khi x=y=z=

3

1

hoặc x=y=

2

1

,z=0

Do đó đẳng thức xảy ra khi x=y=z=

3

1

hoặc x=y=

2

1

,z=0 hoặc x=z=

2

1

,y=0 hoặc z=y=

2

1,x=0

Nhận xét 3.1.

3.1.1.Trong ví dụ 3 thay x,y,z lần lượt bởi

k

c k

b k

a

, , (k là số thực dương),ta có bất đẳng thức:“Nếu a,b,c là các số thực không âm thoả mãn a+b+c=k thì 4k(ab+bc+ca)k3 + 9abc,trong đó k là số thực dương”

3.1.2.Dựa vào Ví dụ 3 ta có thể chứng minh bất đẳng thức :

“Nếu a,b,c là các số thực không âm thì (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) abc (1)” như sau:Dễ thấy (1) đúng khi a=b=c=0

Nếu một trong ba số a,b,c dương thì a+b+c=k > 0

Đặt a=kx,b=ky,c=kz,ta có x,y,z là các số thực không âm thoả mãn x+y+z=1

và (1) trở thành (kx+ky-kz)(ky+kz-kx)(kz+kx-ky)kxkykz

(x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)xyz (Vì k>0)

(1-2z)(1-2x)(1-2y)xyz (Vì x+y+z=1)

4(xy+yz+zx)  1+9xyz,đúng (theo ví dụ 3)

Vậy (1) đúng (điều phải chứng minh)

3.1.3.Lí do tôi dùng ví dụ 3 để chứng minh (1) là :trong các tài liệu thì người

ta thường dùng (1) để chứng minh ví dụ 3

Nhận xét 3.2.Từ ví dụ 3 kết hợp với bất đẳng thức Cô si ta có thể tìm giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ nhất của các biểu thức

A=mxyz+xy+yz+zx, với x,y,z là các số thực không âm thỏa mãn x+y+z=1(m

là số thực cho trước) như sau:

a.Theo ví dụ 3 ta có:

xy+yz+zx-4

9xyz

4

1

 Suy ra

A=

xy+yz+zx-4

9

xyz+(m+

4

9

)xyz

4

1

 +(m+

4

9

)xyz

Nếu m+

4

9 0 hay m

4

9



 thì (m+

4

9)xyz (m+

4

9 )

3









x yz =

12

1 +

27

m

Do đó A

27 9



m

.Đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi x=y=z=

3 1

Nếu m+

4

9<0 hay

m<-4

9 thì (m+

4

9)xyz  0

Do đó A

4

1

 Đẳng thửc xảy ra chẳng hạn khi x=y=

2

1

,z=0

b.Theo bất đẳng thức Cô si ta có

xy+yz+zx=(x+y+z)(xy+yz+zx)33 xyz33 xyyzzx =9xyz

0







 xy yz zx xyz

Suy ra

A=xy+yz+zx-9xyz+(m+9)xyz(m+9)xyz (Vì xyyzzx 9xyz 0)

Nếu m+90 hay m-9 thì (m+9)xyz  0

Do đó A0.Đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi x=y=0,z=1

Nếu m+9<0 hay m<-9 thì (m+9)xyz (m+9)

3









x yz

=

27 9



m

Do đó A

27 9



m

.Đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi x=y=z=

3 1

Kết luận:

Nếu m<-9 thì giá trị lớn nhất của A là

4

1 , giá trị nhỏ nhất của A là

27 9



m Nếu -9

m<-4

9

thì giá trị lớn nhất của A là

4

1

, giá trị nhỏ nhất của A là 0 Nếu m

4

9



 thì giá trị lớn nhất của A là

27 9



m

, giá trị nhỏ nhất của A là 0

Từ đó ta có bất đẳng thức:

“Nếu x,y,z là các số thực không âm thỏa mãn x+y+z=1 thì

a)

27

9



m  mxyz+xy+yz+zx 

4

1 (Trong đó m là số thực cho trước và m< -9) b) 0 mxyz+xy+yz+zx

4

1(Trong đó m là số thực cho trước và -9m<

4

9

 ) c)0mxyz+xy+yz+zx

27 9



m (Trong đó m là số thực cho trước và m

4

9



Nhận xét 3.3.Nếu x+y+z=1 thì

x2+y2+z2= (x+y+z)2-2(xy+yz+zx) =1-2(xy+yz+zx) (1)

x3+y3+z3-3xyz = (x+y+z)( x2+y2+z2- xy+yz+zx) = 1-3(xy+yz+zx)

Do đó x3+y3+z3= 1-3(xy+yz+zx)+3xyz (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

m(x3+y3+z3)+n(x2+y2+z2)+p(xy+yz+zx)+qxyz

=m[1-3(xy+yz+zx)+3xyz] +n[1-2(xy+yz+zx)]+p (xy+yz+zx)+qxyz

Nhận xét 3.4.áp dụng nhận xét 3.2 và nhận xét 3.3 ta có thể xây dựng các bất đẳng thức bằng cách sau: