Bất đẳng thức xoay vòng

Bất đẳng thức xoay vòng

Lời mở đầu

Trong bất đẳng thức cổ điển thì bất đẳng thức xoay vòng là một nội dung hay vàkhó Có những bất đẳng thức có dạng khá đơn giản nhưng phải mất hàng chục năm,nhiều nhà toán học mới giải quyết được Ví dụ như bất đẳng thức Shapiro được đặt

ra vào năm 1903 bởi Neishbitt

Với 3 số không âm a, b, c chứng minh rằng:

Đến năm 1954 tức là sau 52 năm, Shapiro mới tổng kết lại giả thuyết này nhưsau:

Luận văn này gồm có 2 chương:

Chương 1: Bất đẳng thức xoay vòng (Trình bày những kết quả đã có vềcác bài bất đẳng thức phân thức.)

Chương 2: Một dạng bất đẳng thức xoay vòng (Xây dựng bất đẳng thứcvới các trường hợp đơn giản, tổng quát bài toán)

Em xin chân thành cảm ơn các các thầy cô khoa Toán-Cơ-Tin học trong thờigian học tập ở trường Khoa Học Tự Nhiên, các thầy cô Khoa Sư Phạm ĐH Quốc Gia

Hà Nội, các bạn trong lớp Sư phạm Toán 48 Đặc biệt là sự hướng dẫn, giúp đỡ tậntình của thầy TS Nguyễn Vũ Lương đã giúp đỡ em hoàn thành khóa luận này

Mục lục

1.1 Bất đẳng thức Schurs 4

1.1.1 Bất đẳng thức Schurs và hệ quả 4

1.1.2 Một số bài toán minh họa 9

1.2 Bất đẳng thức xoay vòng khác trong tam giác 12

1.3 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy chứng minh một số dạng bất đẳng thức xoay vòng 23

1.4 Bất đẳng thức xoay vòng phân thức 32

2 Một dạng bất đẳng thức xoay vòng 41 2.1 Các trường hợp đơn giản 41

2.1.1 Trường hợp 3 số n = 3 41

2.1.2 Trường hợp 4 số n = 4 42

2.1.3 Trường hợp 5 số n = 5 43

2.1.4 Trường hợp 6 số n = 6 45

2.1.5 Trường hợp 7 số n = 7 47

2.2 Trường hợp tổng quát 53

2.2.1 Một số kiến thức liên quan 53

2.2.2 Nhận xét đặc biệt 53

2.2.3 Trường hợp tổng quát n số hạng 55

Vậy bất đẳng thức cần được chứng minh.

Bài 2 (Bất đẳng thức Schurs mởi rộng)

Giả sử I là một khoảng thuộc R và f : I −→ R+ là một hàm đơn điệu hay

ta thu được bất đẳng thức (2) đúng hay (1) đúng.

Bài 3 (Một dạng mở rộng của bất đẳng thức Schurs)

Ta có: ubc − vca + wab ≥ 0

Dấu bằng của bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

= 1

Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có:

a1+p1 (uc)1+p1 + c1+p1 (wa)1+p1 ≤a1p + c1p

p+1p(uc + wa)p+11

Lũy thừa p + 1 hai vế ta có:

Áp dụng giả thiết bài toán ta có:

Lũy thừa p + 1 hai vế ta được

= 1 với p + 1 < 0

Áp dụng bất đẳng thức Holder:

a1+p1 (uc)1+p1 + c1+p1 (wa)1+p1 ≤a1p + c1p

p+1p(uc + wa)p+11

Lũy thừa p + 1 hai vế (chú ý p + 1 > 0) ta được:

suy ra: ucb − acv + wab ≥ 0

Bài 4 (Bài toán hệ quả 1)

Với x > y > z > 0 f là hàm đơn điệu hay f ”(x) = 0 ∀x > 0 và f nhận giá trịtrên R+, chứng minh rằng:

Áp dụng bài toán 2 ta có:

f (x)(x − y)(x − z) + f (y)(y − z)(y − x) + f (z)(z − x)(z − y) ≥ 0

Chia 2 vế cho (y − z)(z − x)(x − y) < 0 ta thu được bất đẳng thức cần chứngminh

Bài 5 (Bài toán hệ quả 2)

Với x, y, z, a, b, c > 0 thỏa mãn điều kiện:

Áp dụng bài toán 3 với p = 1

2 ta có:

xbc − zab + yac ≥ 0

Chia 2 vế cho a, b, c ta có bất đẳng thức cần chứng minh

1.1.2 Một số bài toán minh họa

Bài 6

Giả sử ∆ABC không nhọn, chứng minh rằng:

27sin A+

64sin B ≥ 125

sin CChứng minh

Áp dụng bài toán 5 với điều kiện

Với a, b, c là ba cạnh của một tam giác bất kì p = a + b + c

2 , chứng minh rằng(p − a)4+ (p − b)4+ (p − c)4+ S2 ≥ a (p − a)3+ b (p − c)3+ c (p − a)3

(Với S là diện tích tam giác ABC )

Chứng minh

Chứng minh bất đẳng thức Schurs với λ = 2 ta có:

x2(x − y)(x − z) + y2(y − z)(y − x) + z2(z − x)(z − y) ≥ 0

⇔ x4+ y4+ z4+ xyz(x + y + z) ≥ x3(y + z) + y3(z + x) + z3(x + y) (1)Đặt:

p

y + z = (p − b) + (p − c) = a

x + z = b, x + y = cThay vào (1) ta có bất đẳng thức cần chứng minh

h3 b

h3 c

h2 b

h2 c

Với a, b, c là ba số thực lớn hơn 1, chứng minh rằng:

Áp dụng bất đẳng thức Schurs mở rộng với f (x) = 2x ta có:

2x1(x1− x2)(x1− x3) + 2x2(x2− x1)(x2− x3) + 2x3(x3− x1)(x3− x2) ≥ 0Đặt x1 = log2a, x2 = log2b, x3 = log2c ta có bất đẳng thức phải chứng minh

1.2 Bất đẳng thức xoay vòng khác trong tam giác

Trong mục này ta chỉ đề cập đến cách xây dựng bất đẳng thức xoay vòng trong

∆ABC với 3 cặp biến quay vòng: A, B, C là 3 góc tam giác ABC và x, y, z (x, y, z là

3 số thực) bắt đầu từ biểu thức luôn đúng ∀A.B, C, x, y, z

Bài 1

Với mọi ∆ABC, x, y, z là ba số thực dương tùy ý, chứng minh rằng:

yz cos A + zx cos B + xy cos C ≤ 1

2(x

2+ y2+ z2)

Chứng minh

Ta có:

(x − y cos C − z cos B)2+ (y sin C − z sin B)2 ≥ 0 ∀x, y, z > 0

⇔ x2+ y2(cos2C + sin2C) + z2(cos2B + sin2B)

+ 2yz(cos B cos C − sin B sin C) − 2xy cos C − 2xz cos B ≥ 0

⇔ x2+ y2+ z2− 2(yz cos A + zx cos B + xy cos C) ≥ 0

⇔ yz cos A + zx cos B + xy cos C ≤ 1

2(x

2+ y2+ z2)Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

y2cos2C + 2yz cos B cos C + z2cos2B = x2

y2sin2C − 2yz sin B sin C + z2sin2B = 0

⇒ y2− 2yz cos(B + C) + z2 = x2

⇒ cos A = y

2+ z2− x2

2yzTương tự:

cos B = z

2+ x2− y2

2zxcos C = x

2+ y2− z2

2xyMặt khác:

cos A = b

2+ c2− a2

2bccos B = c

2+ a2 − b2

2cacos C = a

2+ b2− c2

2ab

Với mọi tam giác ∆ABC, a, b, c là 3 số thực dương, chứng minh rằng:

x cos A + y cos B + z cos C ≤ 1

Bài 3

Tìm giá trị lớn nhất:

M = 2 cos A + 3 cos B + 4 cos C

Trong đó A, B, C là ba góc của một tam giác



= 6112Dấu đẳng thức xảy ra khi ta chọn ∆ABC ∼ ∆A0B0C0 với ∆A0B0C0 có ba cạnh

Cho tam giác ∆ABC, chứng minh rằng

suy ra điều phải chứng minh

Chứng minh rằng trong mọi tam giác ∆ABC ta đều có:

2

− 1

!

+16

1cos2 B 2

− 1

!

+18

1cos2 C 2

8 cos2 C 2

≥ 108169

2 cos A + 3 cos B + 4 cos C + 9 (3)

Áp dụng kết quả bài toán 3 ta có:

(Chứng minh nhờ bất đẳng thức Jensen xét hàm f (t) = t1 trong (0, +∞) )

⇔√3 2 cos A +√3

3 cos B +√3

4 cos C ≥ 33

r6136b) Ta có

3

s



1(2 cos A)(3 cos B)(4 cos C)

3

= 9761

≥ 395

√2

Do đó kết hợp với (1) khi dấu đẳng thức xảy ra ta có:

hacos A + hbcos B + hccos C ≥ 3

cos Ccos C1 ≤ 1

2

sin A1sin B1sin C1 +

sin B1sin A1sin C1 +

sin C1sin A1sin B1

1sin C1

Ta có bất đẳng thức cần chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra

⇔ ∆ABC ∼ ∆(sin A1, sin B1, sin C1)

⇔ ∆ABC ∼ A1B1C1Bài 11

Với hai tam giác ∆ABC và tam giác ∆A1B1C1 bất kì, chứng minh rằng:

(b1+ c1) cos A + (c1+ a1) cos B + (a1+ b1) cos C ≤

[x + (−1)n(y cos nC + z cos nB)]2+ (y sin nC − z sin nB)2 ≥ 0

⇔ x2+y2 cos2nC + sin2nB
+z2 cos2nB + sin2nB
+2(−1)n(xy cos nC + xz cos nB)

+ 2yz (cos nC cos nB − sin nC sin nB) ≥ 0

mà cos nC cos nB − sin nC sin nB = cos n(B + C) = cos(nπ − nA) = (−1)ncos nAVậy ta có bất đẳng thức:

x2+ y2z2+ 2(−1)n[xy cos nC + yz cos nA + zx cos nB] ≥ 0

(−1)n(yz cos nA + zx cos nBxy cos nC) ≤ 1

y2cos2nC + z2cos2nB + 2yz cos nC cos nB = x2

y2cos nC + z2sin2nB − 2yz sin nC sin nB = 0

Và ngượi lại nếu chọn x, y, z thỏa mãn bất đẳng thức tam giác (x, y, z > 0) thì

ta luôn tìm được 3 góc A, B, C là 3 góc của tam giác để dấu dẳng thức xảy ra

 x2+ y2 + z2xyz



∀x, y, z dương

Chứng minh

Áp dụng kết quả bài toán 12 ta có:

(−1)n+1(yz cos nA + zx cos nB + xy cos nC) ≤ 1



≤ 12

Cho M = 6 cos 4A + 2 cos 4B + 3 cos 4C (với A, B, C là 3 góc của tam giác) Tìm

Áp dụng bài toán 13 với x = 1

1 2

1 3







⇔ 6 cos 4A + 2 cos 4B + 3 cos 4C ≥ 7

Dấu đẳng thức xảy ra nếu:

2

C = π4

Vậy minM = −7 khi ∆ABC vuông cân đỉnh B.

Bài 15

Cho 2 tam giác bất kì ∆ABC và ∆A0B0C0, chứng minh rằng

M = sin B0sin C0sin 5A + sin C0sin A0cos 5B + sin A0sin B0cos 5C ≤ 9

8Chứng minh

Áp dụng bài toán 13 với x = sin A0, y = sin B0, z = sin C0 ta có:

2(sin

2

A0+ sin2B0 + sin2C0)

Mặt khác trong mọi tam giác ∆A0B0C0 ta dễ có

sin2A0+ sin2B0+ sin2C0 ≤ 9

Với tam giác ∆ABC bất kì, chứng minh rằng:

4 cos 7A − 3 cos 7B + 5 cos 7C ≥ −769

120Chứng minh

Áp dụng bài toán 12 với x = 1

1

5cos 7B −

14

1

3cos 7C



≤ 12

3.4.5

4 cos 7A − 3 cos 7B + 5 cos 7C ≥ −769

120

Với a, b, c > 0; α, β, γ ≥ 0, chứng minh rằng

a a2‘(1 − α)b2

a2+ b2

+ b b2+ (1 − β)c2

b2+ c2

+ c c2 + (1 − γ)a2

Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta thu được bất đẳng thức cần chứngminh.

c2+ b2

+ c 3a2− c2

ab3a(b2 + c2) + 1 +

bc3b(c2+ a2) + 1 ≥ a + b + c

1 + 2abc

abc

Từ kết quả bài toán 2, ta chọn α = 2(1 − b), β = 2(1 − c), γ = 2(1 − a) ta đượcBài 9

b√b

√

c√c

√

a√a

√c

!

≥ a + b + c

Chứng minh

Ta có:

2√a

2√

a ≥ aTương tự

b4

b3+ c3 + c

√c

2√

c ≥ cCộng các bất đẳng thức trên ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh.Bài 11

Bài 12

b3+ 2c3 ≥ b − c

3c(c3+ a3)

c3+ 2a3 ≥ c − a

3Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên ta thu được bất đẳng thức cần chứngminh

Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta thu được bất đẳng thức cần chứngminh.

ab

a2+ b2 ≥ 1

a − 12bSuy ra

b2

a(a2+ b2) ≥ 1

a − 12bTương tự

c2

b(b2+ c2) ≥ 1

b − 12c

a2

c(c2 + a2) ≥ 1

c − 12a

Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta thu được bất đẳng thức được chứngminh.

Bài 18

Với a, b, c > 0, chứng minh rằng

b(b + 2a)a(a + b)2 + c(c + 2b)

ab(a + b)2 ≥ 1

a − 14b

⇔ b(b + 2a)a(a + b)2 ≥ 1

a − 14bTương tự

c(c + 2b)b(b + c)2 ≥ 1

b − 14ca(a + 2c)

c(c + a)2 ≥ 1

c − 14aCộng vế với vế của bất đẳng thức trên ta thu được bất đẳng thức cần chứngminh

Bài 19

Với a, b, c > 0, chứng minh rằng

a2(a + 2b)(a + b)2 + b

2(b + 2c)(b + c)2 +c

2(c + 2a)(c + a)2 ≥ 3

4(a + b + c)Chứng minh

a − b ab(a + b)2 ≥ a − b

4

2(a + 2b)(a + b)2 ≥ a − b

4Tương tự

b2(b + 2c)(b + c)2 ≥ b − c

4

c2(c + 2a)(c + a)2 ≥ c − a

4Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta thu được bất đẳng thức cần chứngminh

Bài 20

Với a, b, c > 0, chứng minh rằng

b2ca(ca2cb2+ 1) +

c2ab(ab2+ ac2+ 1) +

a2bc(bc2+ ba2+ 1) ≥ ab + bc + ca

1 + 2abcChứng minh

b2

a(a2+ b2+ αab) +

c2b(b2+ c2+ αbc) +

a2c(c2+ a2αca) ≥ 1



abc ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh.

Bất đẳng thức tương với:

(a + b) + 2

1 + (a + b) + ab ≥ 2

1 +√ab

Bất đẳng thức tương đương với:

(a + b) + 2

1 + (a + b) + ab ≤ 2

1 +√ab

⇔ (a + b) + 2 + (a + b)√ab + 2√

ab ≤ 2 + 2(a + b) + 2ab

⇔ (√ab − 1)(√

a −√b)2 (Hiển nhiên đúng vì √

ab < 1 )Bài 3

Với a, b > 1, chứng minh rằng:

1(1 + a)n + 1

Ta thu được:

1(1 + a)n + 1

(1 + b)n ≥ 2(

1 1+a +1+b1

Áp dụng bất đẳng thức

n

√

a + √nb

1 +√abChứng minh

Bất đẳng thức đã cho tương đương với

1 +√

ab+ 2

Ta có

a + b + 1 ≥ 1 + 2√

ab1

1 + b +

1

1 +√abNhân hai vế hai bất đẳng thức trên ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh.Bài 6

Bất đẳng thức đã cho tương đương với

Ta có

3 + a + b + c ≥ 3(1 +√3

abc)1

Bài 8

Với a, b, c > 1, chứng minh rằng

1(1 + a)3 + 1

Bất đẳng thức đã cho tương đương với

1 +√3abc

1 +√3abc

Áp dụng kết quả bài 4 ta thu được

1 +√ab

Với a, b, c là các số thực dương chứng minh rằng

Ta có:

Với a, b, c là các số thực dương chứng minh rằng

mà 2(a2+ b2+ c2) ≥ 2(ab + bc + ca)

Cộng 4 bất đẳng thức trên chúng ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh.Bài 14

Với a, b, c là các số thực dương chứng minh rằng

mà 2(a2+ b2+ c2) ≥ 2(ab + bc + ca)

Cộng 4 bất đẳng thức trên ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh

Bài 15

Với a, b, c là các số thực dương chứng minh rằng

a3(b + c)2 + b

Ta có:

8a3(b + c)2 + (b + c) + (b + c) ≥ 6a8b3

(c + a)2 + (c + a) + (c + a) ≥ 6b8c3

(a + b)2 + (a + b) + (a + b) ≥ 6cCộng 3 bất đẳng thức trên ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh

Ta có:

4a3

b(c + a)+ 2b + (c + a) ≥ 6a4b3

c(a + b)+ 2c + (a + b) ≥ 6b4c3

a(b + c)+ 2a + (b + c) ≥ 6cCộng 3 bất đẳng thức trên ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh

Ta có:

a4

bc2 + b + c + c ≥ 4a

ca2 + c + a + a ≥ 4b

c4

ab2 + a + b + b ≥ 4cCộng 3 bất đẳng thức trên ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh

Ta có:

8a3

(a + b)(b + c) + (a + b) + (b + c) ≥ 6a8b3

(b + c)(c + a) + (b + c) + (c + a) ≥ 6b8c3

(c + a)(a + b) + (c + a) + (a + b) ≥ 6cCộng 3 bất đẳng thức trên ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh

1

c)3(1b)2 + (

1

a)3(1c)2 ≥ 1

Với a, b, c là các số thực dương chứng minh rằng

Chương 2

Một dạng bất đẳng thức xoay vòng

Quy ước trong bài viết

Để thống nhất ký hiệu trong bài viết thì ta quy ước cách viết như sau:

⇔ A = a

2 1

a2

1+ αa1a2

2 2

a2

2+ αa2a3

2 3

a2

3+ αa1a3

⇒ I[(a2

1+ αa1a2) + (a22+ αa2a3) + (a23+ αa1a3)] ≥ (a1+ a2+ a3)2

(Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki đối với 3 cặp số)

a2

3+ α(2a3a4+ a3a1)+

a2 4

Dấu ” = ” xảy ra khi a1 = a2 = a3 = a4

2.1.3 Trường hợp 5 số n = 5

Bài toán tổng quát 5 số

Cho 5 số không âm a1, a2, a3, a4, a5 và số thực α > 2, Chứng minh rằng:Bài 3

Cho 5 số không âm a1, a2, a3, a4, a5 và số thực α > 2 Chứng minh rằng:

a2

1+ α(2a1a2+ a1a3+ a1a4) +

a2 2

a2

2+ α(2a2a3+ a2a4+ a2a5)

2 3

Bài 3.1

a21+ α(a1a2+ a1a3) +

a2 2

a22+ α(a2a3+ a2a4) +

a2 3

a23+ α(a3a4+ a3a5)

2 4

Bài 4.1

3+ α(2a3a4+ a3a5+ a3a6+ a3a1) +

a2 4

a2

4+ α(2a4a5+ a4a6+ a4a1+ a4a2)

2 5

3+ α(2a3a4+ 2a3a5+ a3a6)+

a2 4

a2

4+ α(2a4a5+ 2a4a6+ a4a1)

+ a

2 5

a2

5+ α(2a5a6+ 2a5a1+ a5a2)+

a2 6

(Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki với 6 cặp số)

3+ α(2a3a4+ a3a5+ · · · + a3a1) +

a2 4

a2

4+ α(2a4a5+ a4a6+ · · · + a4a2)

2 5

a2

5+ α(2a5a6+ a5a7+ · · · + a5a3) +

a2 6

1+ α(2a1a2 + 2a1a3 + a1a4)+

a2 2

a2

2+ α(2a2a3+ 2a2a4+ a2a5+ a2a6)

2 3

a2

5+ α(2a5a6+ 2a5a7+ a5a1 + a5a2)+

a2 6

a2

6+ α(2a6a7+ 2a6a1+ a6a2 + a6a3)

2 7

a2

7+ α(2a7a1+ 2a7a2+ a7a3 + a7a4)

⇒ L{[a2

1+ α(2a1a2+ 2a1a3+ a1a4+ a1a5)] + [a22+ (2a2a3+ 2a2a4+ a2a5+ a2a6)]+ [a2

3+ α(2a3a4+ 2a3a5+ a3a6 + a3a7)] + [a2

4+ (2a4a5+ 2a4a6+ a4a7 + a4a1)]+ [a25+ α(2a5a6+ 2a5a7+ a5a1 + a5a2)] + [a26+ α(2a6a7 + 2a6a1 + a6a2+ a6a3)]+ [a2

7+ α(2a7a1+ 2a7a2+ a7a3 + a7a4)]} ≥ (a1 + a2 + a3+ a4+ a5+ a6+ a7)2

(Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki với 7 cặp số)

1 + 6αDấu bằng xảy ra khi a1 = a2 = a3 = a4 = a5 = a6

Ta có:

3+ α(a3a4+ a3a5+ a3a6) +

a2 4

a2

4+ α(a4a5+ a4a6+ a4a7)

2 5

a2

5+ α(a5a6+ a5a7+ a5a1) +

a2 6

a2

6+ α(a6a7+ a6a1+ a6a2)

2 7

2.2 Trường hợp tổng quát

2.2.1 Một số kiến thức liên quan

Bất đẳng thức Cauchy đối với 2 số

Cho 2 số không âm a1, a2 ta luôn có a1a2 ≤ a

2

1+ a2 2

2Dấu bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a1 = a2

a2

2+ a2 3

2 Trong đánh giá B được giữ nguyên còn các phần

tử về phải chia cặp ghép đôi tương ứng được chia cho 3 bằng sự xuất hiện của mỗi sốhạng (a1, a2, a3, a4) trong B

2 Trong đánh giá D được giữ nguyên còn các phần tử

về phải chia cặp ghép đôi tương ứng được chia cho 5 bằng sự xuất hiện của các phầntử(a1, · · · , a6) trong D

n − 1 · · · +a

2 n−1+ a2n

n − 1 )Nhận xét 6: Ta nhận thấy rằng trong F các số hạng a1, · · · , an đều có mặt

n − 1 lần, số phần tử của F là (n − 1)n

2

n Trong đánh giá F được giữ nguyên còn

vế phải các phần tử ghép đôi được chia cho n − 1 bằng sự xuất hiện của (a1, · · · , an)trong F

Cột 1 xuất hiện duy nhất 1 lần trong chính cột 1

Cột 2 thì các phần tử xuất hiện 2 lần trong chính cột 2

Dạng bài toán tổng quát 4 chữ số này là:

Cho 4 chữ số không âm a1, a2, a3, a4, số thực α > 2 và các số thực r13, r24, r31, r42

a2

1+ αa1a2+ r13a1a3 +

a2 2

a2

2+ αa2a3+ r24a2a4

2 3

a2

3+ αa3a4+ r31a3a1 +

a2 4

Trong bài toán tổng quát này ta chọn các điều kiện: r13 = r24 = r31 = r42 = αcòn α = 2α ta được Bài 2

Cột 1 xuất hiện duy nhất 1 trong chính cột 1

Cột 2 thì các phần tử xuất hiện 2 lần: một lần trong cột 2 và một lần trong cột 3hay cột 2 và cột 3 là giống nhau

Dạng bài toán tổng quát của trường hợp 5 số này là:

Cho 5 số không âm a1, a2, a3, a4, a5, số thực α > 2 và các số thực r13, r14, r24, r25, r35,

3+ αa3a4+ r35a3a5+ r31a3a1 +

a2 4

a2

4+ αa4a5+ r41a4a1 + r42a4a2

2 5

(Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki với 5 cặp số)

Trong bài toán này nếu ta chọn các điều kiện:

Nếu r13 = r31 = r24 = r42 = r35 = r53 = r41 = r14 = α còn α = 2α ta sẽ đượcBài 3

Nhận thấy rằng các phần tử:

Cột 1 xuất hiện duy nhất 1 lần trong chính cột 1

Cột 2 thì các phần tử xuất hiện 2 lần: một lần trong 2 và một lần trong 4 hay cột

2 và cột 4 là giống nhau

Cột 3 thì mỗi phần tử xuất hiện 2 lần

Trong trường hợp 6 số này ta xây dựng bài toán tổng quát là:

Cho 6 số không âm a1, a2, a3, a4, a5, a6số thực α > 2 và các số thực r13, r14, r15, r24, r25,

a2

3+ αa3a4+ r35a3a5+ r36a3a6+ r31a3a1+

a2 4

a2

4+ αa4a5+ r46a4a6+ r41a4a1+ r42a4a2

2 5

3+ αa3a4+ r35a3a5+ r36a3a6+ r31a3a1) + (a2

4+ αa4a5+ r46a4a6+ r41a4a1+ r42a4a2) +(a2

5+αr56a5a6+r51a5a1+r52a5a2+r53a5a3)+(a2

6+αa6a1+r62a6a2+r63a6a3+r64a6a4)] ≥(a1+ a2+ a3+ a4+ a5+ a6)2

(Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki với 6 cặp số)