Skkn Rèn Luyện Kỹ Năng Chứng Minh Bất Đẳng Thức Bằng Phương Pháp Dồn Biến

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓATRƯỜNG THPT TĨNH GIA I SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM RÈN LUYỆN KỸ NĂNG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN Người thực hiện: Nguyễn Thị Hiền Chức v

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT TĨNH GIA I

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

RÈN LUYỆN KỸ NĂNG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG

THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN

Người thực hiện: Nguyễn Thị Hiền

Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THPT Tĩnh Gia I SKKN thuộc môn: Toán

CẤU TRÚC CỦA ĐỀ TÀI

A Đặt vấn đề

I) Lời mở đầu

II) Thực trạng của vấn đề nghiên cứu

B Giải quyết vấn đề

I) Cở sở lý luận

II) Giải pháp thực hiện

1) Dồn về một biến thông qua phương pháp đặt ẩn phụ

2) Dồn về một biến là một trong các biến đã cho

3) Dồn về một biến thông qua việc khảo sát lần lượt các biến

4) Khai thác bất đẳng thức đã chứng minh thành các bất đẳng thức mới 5) Bài tập áp dụng

6) Kiểm nghiệm

C Kết luận và đề xuất

1) Kết luận

2) Đề xuất

A ĐẶT VẤN ĐỀ I) Lời mở đầu

Mục tiêu hàng đầu của việc dạy học môn toán trung học phổ thông là trang

bị những tri thức, phương pháp và phát triển tư duy, trí tuệ cho học sinh

Phần bất đẳng thức là chủ đề khá quan trọng trong việc phát triển tư duy sáng tạo, tư duy biện chứng cho học sinh Đồng thời cũng thường gặp trong các đề thi đại học và cao đẳng, đề thi học sinh giỏi hàng năm

Có rất nhiều phương pháp vận dụng chứng minh bất đẳng thức, các phương pháp giải đa dạng, một số tài liệu đưa ra cách giải mang tính thủ thuật, không tự nhiên làm cho học sinh không có cách nhìn bao quát về chứng minh bất đẳng thức Sáng kiến kinh nghiệm này tôi đã hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp dồn biến vào việc chứng minh bất đẳng thức Với kết quả được xây dựng một cách logic tự nhiên và sắp xếp từ đơn giản đến phức tạp giúp học sinh có cách nhìn tổng quan hơn Mặt khác hướng dẫn học sinh biết kết hợp khai thác các kiến thức đã học, các kiến thức liên quan tìm ra các bất đẳng thức mới Từ đó phát huy tính cực, chủ động, sáng tạo của học sinh trong việc lĩnh hội tri thức và tạo niềm tin, hứng thú trong học tập môn Toán

II) Thực trạng

a) Đối với giáo viên

Chủ đề bất đẳng tương đối khó mà số lượng tiết học trong sách giáo khoa đối với nội dung này ít Các giáo viên thường dạy theo kiểu nêu các tính chất, các bất đẳng thức thông dụng sau đó ra các bài tập có tính chất ngẫu hứng, rồi học sinh giải hoặc giáo viên giải cho học sinh nghe Dẫn đến học sinh bế tắc trong con đường suy nghĩ và khó tìm đường lối giải quyết cho các bài tập khác

b) Đối với học sinh:

Chủ đề bất đẳng thức tương đối khó đối với mọi đối tượng học sinh Sự nhận

- Học sinh lúng túng không có định hướng khi gặp bài toán chứng minh bất đẳng thức

- Khả năng phân tích dữ kiện, tổng hợp các kiến thức liên quan đến bài toán còn hạn chế

- Chưa có kỹ năng vận dụng tính chất cơ bản của bất đẳng thức và các bất đẳng thức cổ điển để kiến tạo ra tri thức tổng hợp từ đó vận dụng vào giải bài tập

- Từ các bất đẳng thức đã chứng minh chưa biết phân tích xây dựng thành các bài toán mới

Vì vậy để khắc phục các hạn chế trên của học sinh, giúp giáo viên có định hướng tốt khi dạy phần bất đẳng thức đồng thời bồi dưỡng khả năng tư duy cho học sinh khá giỏi, qua đó nâng cao chất lượng mũi nhọn cho nhà trường tôi đã chọn đề tài:

Rèn luyện kỹ năng chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp dồn biến

B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

I Cơ sở lí luận

- Giáo viên ôn tập lại nội dung và tính chất của bất đẳng thức Côsi, bunhiacốpxki

- Cho hàm số y = f(x) liên tục trên [a; b] khi đó luôn tồn tại: m[a; b]ax ( );min ( )f x [a; b] f x

- Hàm số y = f(x) liên tục trên [a; b]

+ Nếu f’(x) ≥ ∀ ∈0 x [ ]a b; thì f a( )≤ f x( )≤ f b( )

+ Nếu f’(x) ≤ 0∀ ∈x [ ]a b; thì ( )f b ≤ f x( )≤ f a( )

- Xét hàm số f(x) = mx + n trên [a; b] khi đó: min{f(a);f(b)} f(x) max{f(a);f(b)} ≤ ≤

II Giải pháp thực hiện

1) Dồn về một biến thông qua phương pháp đặt ẩn phụ

Để học sinh vận dụng thành thạo nội dung của phương pháp và tạo niềm tin lĩnh hội tri thức cho học sinh Từ các bài tập cụ thể tôi hướng dẫn học sinh phân tích dữ kiện và tìm ra ẩn phụ, mỗi bài toán mở ra một hướng khai thác dữ kiện khác nhau để tìm ra cách đặt ẩn phụ, từ đó dồn về bài toán với một ẩn

Bài 1: Cho ba số thực x, y, z thõa mãn: x2 + y2 + z2 = 2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x3 + y3 + z3 – 3xyz

Nhận xét:

- Ba ẩn x,y,z có vai trò bình đẳng và P là biểu thức đối xứng với ba ẩn

- Từ đó đưa về bài toán với ẩn t = x + y + z

Giải: Đặt t = x + y + z Vì (x + y + z)2 ≤3(x2 + y2 + z2) nên − 6≤ ≤t 6

Ta có P = (x + y + z) (x2 + y2 + z2 - xy - xz – zx)

= 3t - 1

2t

3 Xét hàm f(t) = 3t - 1

2t

3 với t∈ − 6; 6, f’(t) = 0 ⇔ = ±t 2

Ta có f ( ± 6) 0; ( = f − 2) = − 2 2; ( 2) 2 2f =

Vậy maxP =2 2khi x= = =y z 23 ; minP= − 2 2 khi x= = = −y z 23

Bài 2: Cho ba số thực dương x,y,z thõa mãn: x2 +y 2+ z2 +2xy = 3(x + y+z) (*)

Chứng minh rằng: 6( ) 2 1987 1987 2014

2

Nhận xét: - Bài toán này vai trò x, y, z không còn bình đẳng bài toán này khai thác

(*) : x2 +y 2+ z2 +2xy = 3(x + y+z)

2

2

x y z

- Từ đó dồn về một biến t = x + y +z

Giải: Ta có

2 2

x y z

a c b

+ + + + +

Đặt: t = x + y + z Xét hàm f(t) = 6t + 3974 2 9

2

+ với t∈(0;6]

Ta có f’(t) = 6- 1987 2 0 (0;6]

+ + .Suy ra f(t) nghịch biến trên t∈(0;6]

Do đó min ( )(0;6] f t = f(6) 2014= Dấu bằng xảy ra khi 6 12

x y z x

x y z y

x z y z

 + = ⇔ =

 + = +  =

Bài 3: Cho ba số dương thõa mãn (xz + y)(xy + z) = x2z2 + 4y2 Tìm giá trị lớn nhất

của biểu thức : P = (1 y )2 (xz y)2

+

Nhận xét: - Bài toán này nếu ta khai thác biểu thức P = 2 1 2

1

y

y xz

xz

+

− dẫn đến

đặt ẩn phụ là t = y xz

- Khai thác điều kiện tìm ra điều kiện của ẩn phụ

2

2

1

xz y xy z x z y x x x

xz y z y xz y

x

y xz y z x y xz

Giải: Từ (*) ta có (4 1) 2( 1 ) 1

4

Xét hàm số f(t) = 2 1 2 1

(1 ) ( ) , ;

t

t

+

−

Ta có: f’(t) = 2(1+ t) + 4(1 3) 0, 1 ( ) ( )1 625

t

t

−

Vậy: MaxP = 625

144 dấu bằng xảy ra khi

2

Bài 4: Cho ba số thực dương x, y,z thõa mãn: xyz ≥1 Chứng minh rằng

3 2

x yz + y xz + z xy ≥

Nhận xét: - Để đơn giản đặt a = x , b = y , c = z

Bài toán trở thành Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng:

3 2

P

- Ta khai thác biểu thức P để tìm ra ẩn phụ

Giải :

Áp dụng BĐT Svac xơ ta có

P

(Vì ab bc ac+ + ≥ 3 abc ≥3)

Đặt t = (a + b + c)2 ⇒ t ≥ 9

Khi đó

2 2

2

3 15 3 3 3.9 15 3 3 9

P

x yz + y xz + z xy ≥

+ + + dấu bằng xảy ra khi x= y = z=1

Chú ý: Hoàn toàn tương tự ta phát triển bài toán tổng quát cho n biến

Cho x1, x2 xn ( n ≥ 2) là các số thực dương và x1x2 xn≥1. Chứng minh rằng

2

n

Nhận xét: Khi làm bài tập giáo viên định hướng để học sinh phân tích dữ kiện:

- Nếu các biến đối xứng và vai trò bình đẳng thì ta nghĩ đến việc dồn về biến mới thông qua đặt t = x + y +z ; t= x 2 + y 2 + z 2 , t = xyz, t= (x + y + z) 2

- Khai thác dữ kiện và biểu thức cần chứng minh một cách linh hợp kết hợp với sử dụng các bất đẳng thức cổ điển từ đó tìm ra ẩn phụ và điều kiện của ẩn phụ.

- Nếu bài toán “cồng kềnh” ta có thể sử dụng đặt ẩn phụ trước để “ thu gọn” bài toán rồi mới thực hiện biến đổi.

2 Dồn về một biến là một trong các biến đã cho

Trong phần này để dồn về một biến ta chọn một biến nào đó làm đại diện, tìm điều kiện của biến đại diện (nếu có) và biến đổi bài toán về bài toán với phần tử đại diện Để làm hạn chế phạm vi của biến ta thường sử dụng giả thiết

x = max{x,y,z} hoặc x = min{x,y,z}

Bài 1: Cho ba số không âm x, y,z thõa mãn x + y + z = 1 Chứng minh rằng

1 + 9xyz ≥ 4( xy + yz + xz)

Nhận xét: - Vai trò các ẩn bình đẳng nên có thể chọn một trong ba biến làm biến

đại diện, giả sử ta chọn biến đại diện là biến x

Giải : Ta có : x + y = 1 - z

3 2 2

4 (1 ) (4 9 )( ) 1

xy yz xz xyz z x y xy z

z z z

Mặt khác

9 3 6 (1 )(3 1)

0, [0;1]

z

Vậy 1 + 9xyz ≥ 4( xy + yz + xz)

Dấu bằng xảy ra khi (x,y,z) = {( ; ; );( ; ;0);( ;0; );(0; ; )1 1 1 1 1 1 1 1 1

3 3 3 2 2 2 2 2 2 }

Bài 2: Cho ba số không âm x, y,z thõa mãn x + y + z = 1 Chứng minh rằng

Nhận xét:

- Vai trò các ẩn bình đẳng nên có thể chọn một trong ba biến làm biến đại diện, giả

sử ta chọn biến đại diện là biến x, sau đó chuyển về bài toán với ẩn x

- Để hạn chế phạm vi của biến ta giả thiết x = max{x,y,z}

Giải: Không mất tính tổng quát giả sử x = max{x, y,z} 1 1

3 x

⇒ ≤ ≤

Ta có:

2

1 ( )

y z

2 2 2 2

Xét hàm 2 2

2

( ) (1 ) , [ ;1]

t

+

Ta có

2 3 2

Vì '(1) '( ) 01

3

f f < nên tồn tại duy nhất 0 ( ;1)1

3

t ∈ để '( ) 0f t o = Bảng biến thiên:

x

1

3 t0 1

y ’ - 0 +

90

3 2

f t( )0 Suy ra

2

Dấu bằng xảy ra khi (x,y,z)={(1;0;0), (0;1;0), (0;0;1)}

Bài 3: Cho ba số không dương x, y, z thõa mãn xz + yz + 1 = xy Chứng minh rằng:

2

−

Nhận xét: - Vai trò ẩn x, y bình đẳng còn z độc lập nên ta chọn biến đại diện là

biến z, sau đó đánh giá để chuyển về bài toán với ẩn z.

- Bài toán này ta đặt ẩn 1 a;1 b z c;

x = y = = bài toán có điều kiện “ đẹp hơn” là 1

ab bc ca

Giải

Đặt1 a;1 b z c; ab bc ca 1; 1 a2 a2 ab bc ca (a b a c)( )

x = y = = ⇒ + + = + = + + + = + +

Khi đó: VT =

Ta có:

1

(1 )(1 ) 1 1

ab

+

+

Suy ra:

2

1

c

+

Từ đó ta có: maxVT = max ( )f c = f( 3)=32 khi x y= = +2 3,z= 3

3 Dồn về một biến thông qua việc khảo sát lần lượt các biến

Trong phần này để dồn về một biến ta tiến hành khảo sát lần lượt từng biến, nghĩa là coi một biến là ẩn các biến còn lại là tham số, rồi tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số với từng biến

Bài 1: Cho , ,x y z∈[1;2].Chứng minh rằng (x y z)(1 1 1) 10

+ + + + ≤ (1).

Giải: Ta có (1) ⇔ + +(x y z xy yz xz)( + + ) 10− xyz≤0

+) Xét hàm số ( ) (f x = + +x y z xy yz xz)( + + ) 10− xyz ẩn x trên [1;2]

'( ) ( )( ) 10 , ''( ) 2( )

Vì ''( ) 0f x > ∀y z, ∈[1;2] ⇒ f x'( )đồng biến trên [1;2]

Từ đó suy ra

( ) ax{f(1);f(2)}=Max{(1+y + z)(y+z+yz)-10yz; (2+y+z)(2y+2z+yz)-20yz}

f x ≤M

+) Xét hàm số g(y) = (y + z + 1)(y+z+yz) - 10yz ẩn y trên [1; 2]

Có g’(y) = y + z + yz + ( 1 + y + z)(1 + z); g’’(y)= 2(1+z) >0, ∀ ∈z [1;2]

⇒g(y)≤Max{g(1); g(2)}=Max{(2+z)(1+2z)-10z; (3+z)(2+3z)-20z}

+) Xét hàm h(z) = (2+z)(1+2z) - 10z trên [1;2] Có h’(z) = 4z -5; h’’(z) = 4 > 0

⇒h’(z) đồng biến trên [1;2] Ta có h(z) ≤Max{h(1);h(2)}= Max{-1; 0}=0

+) Xét hàm số h(z)= (3+z)(2+3z)-20z trên [1;2]

⇒h(z)≤Max{h(1);h(2)} = Max{0;0} = 0

Tương tự cho hàm số g(y) = (2+ y+z)(2y+2z+yz)-20yz ẩn y trên [1;2]

Từ đó suy ra BĐT phải chứng minh

4 Khai thác bất đẳng thức đã chứng minh thành các bất đẳng thức mới

Với mục tiêu giúp học sinh không chỉ dừng lại ở việc chứng minh một bất đẳng thức, mà từ bất đẳng thức đã chứng minh khai thác tìm tòi ra nhiều bất đẳng thức mới, qua đó phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh và nhu cầu khám phá tri thức mới

Khai thác bài toán 1( mục II 2):

Cho ba số không âm x, y,z thõa mãn x + y + z = 1 Chứng minh rằng

1 + 9xyz ≥ 4( xy + yz + xz) (1) Hướng 1: Thay biến bởi các biểu thức phù hợp

Chẳng hạn thay x, y, z tương ứng bởi 1 1 1; ;

x y z .

Khi đó ( 1) trở thành 1 9 4( 1 1 1 ) xyz 9 4(x y z)

xyz xy yz xz

Ta có bài toán 4.1 Cho ba số không âm x, y,z thõa mãn 1 1 1 1

x + + =y z

Chứng minh rằng: xyz + 9 ≥4(x + y + z)

Hướng 2: Xây dựng bài toán: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = xy + yz + xz + mxyz (m∈R)

Ta có: xy + yz + xz + mxyz 1 ( 9)

4 m 4 xyz

+ Nếu m + 9 0 9

9 27

m

⇒ ≤

+ Nếu m < - 9

4 thì

m+ xyz ≤ ⇒ ≤P

Mặt khác xy + yz + xz = ( x+ y + z)≥33 xyz.33 xy yz xz =9xyz

Suy ra P = xy + yz + xz – 9xyz + ( m+ 9) xyz (≥ m+9)xyz

+ Nếu m ≥- 9 thì P ≥0

+ Nếu m < - 9 thì ( m + 9) xyz ≥(m+ 9) 3 9

x y z+ + =m+

Ta có bài toán 4.2: Nếu x, y,z không âm thõa mãn x + y + z = 1, m R∈ thì

m

m

+

Tùy theo cách chọn giá trị m mà ta có các BĐT tương ứng (chẳng hạn m = -2) ta có

BĐT: Nếu x, y, z ≥0 và x + y + z =1 thì 0 2 7

27

xy yz xz xyz

Hướng 3: Thay đổi hình thức bài toán

Vì x + y + z = 1 nên x2 + y2 + z2 = 1 – 2(xy + yz + xz)

x3 + y3 + z3 = 1 -3(xy + yz + xz) + 3xyz Khi đó biểu thức : P = m(x3 + y3 + z3) + n(x2 + y2 + z2) + p(xy + yz + xz) +qxyz = (3m + q)xyz + (p – 3m – 2n)( xy + yz + xz)+ m + n

= (p – 3m – 2n)( xy + yz + xz + 3

3 2

m p

xyz

+

− − ) + m + n khi p – 3m – 2n ≠0

Vận dụng các kiến thức của bài toán 4.2 và tùy theo cách chọn giá trị m, n, p, q mà

ta có thể xây dựng các bất đẳng thức mới

Chẳng hạn :

a) Với m = 1, n = p = r = 0, q = 3 thì ta có BĐT:

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

3 3 3

2

3 1

9 ≤ +x y + +z xyz ≤ b) Với n = 3, m = p = 0, q = - 4 thì ta có BĐT:

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

2 2 2

7

9 ≤ x + y +z − xyz≤

Hướng 4: Sử dụng kỹ thuật chuẩn hóa bất đẳng đồng bậc, đối xứng

Xét BĐT 9xyz + (x + y + z)3 ≥ 4(xy + yz + xz)(x+y +z)

BĐT đồng bậc và các ẩn có tính đối xứng ta chuẩn hóa điều kiện x + y + z = 1 thì

sẽ trở về bài toán 1 + 9xyz ≥ 4( xy + yz + xz) (1)

Ta có bài toán 4.4: Cho ba số không âm x, y, z Chứng minh rằng:

9xyz + (x + y + z) 3 ≥ 4(xy + yz + xz)(x+y +z) Hướng 5: Kết hợp với các bất đẳng thức cổ điển từ đó tạo ra các bất đẳng thức

mới

Hướng 5.1 Mở rộng theo hướng tăng số biến

Xuất phát từ dữ kiện: (x - 1)(y - 1)≥ 0 ⇔ xy ≥ x + y -1

xyzt xzt yzt zt xyzt zt xyt xyz xyt yzt xzt xyz

Áp dụng BĐT Côsi:

3 3 1 3 3 3 3 3 3 2( 3 3 3 3) 1

3 3 3 3

3

Ta có bài toán 5.1: Nếu x,y,z,t là các số thực không âm thì

xyzt + 2(x 3 + y 3 + z 3 + t 3 ) +1 ≥ 3( xyz + yzt + xyt + xzt)

Bằng cách tương tự ta có thể mở rộng cho n biến x1, x2, xn ta có BĐT

Tổng quát: Nếu x 1 , x 2 , x n là các số thực không âm thì

1 1

( 1) n ( 2)n n 1 ( 1) n n ( , 3)

(Trong đó: 1 2 1 2 1 1

;

x x x x x x x x x− + x

Hướng 5.2: Mở rộng theo hướng tăng bậc của ẩn

( )n ( )n ( )n ( ) (n )

xy x y z xyz xz yz z xyz z xy xy yz xz

xyz z xyz − xy xyz − xyz − xy yz xz

Theo BĐT Côsi

3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1

1 ô hang 1 ô hang ô hang

3 1 1 3 1 1 3 1 1

3 1

3 1 3 1 3 1

ô

(3 1) ( ) ( ) ( ) (3 1) ( )

n

n s

n x y z n z xyz

−

1 4 4 42 4 4 43 1 4 4 4 2 4 4 4 3 1 4 4 42 4 4 43

3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1

3 1

3 1 3 1 3 1

(3 1) ( ) ( ) ( ) (3 1) ( )

3

n s

n s

n

n x y z n xy xyz

n x n y nz

z xyz xy xyz

n

−

−

−

1 4 4 42 4 4 43 1 4 4 4 2 4 4 4 3 1 4 4 42 4 4 43

3 1 3 1 3 1

3 1 3 1 3 1

( 1)

3 1

nx ny n z

n

n x y z

n

+

−

=

−

Ta có bài toán 5.2: Cho các số thực không âm x, y, z Chứng minh rằng

(3n−1)(xyz)n +(2n−1)(x n− + y n− +z n− ) (3≥ n−1)(xyz) (n− xy yz xz+ + )

Hướng 5.3: Xuất phát từ

2 2 2

x y z

Ta có bài toán 5.3 :Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z = 1 Chứng

minh rằng :

z y+x z+ y x ≥

Hướng 5.4:Xuất phát từ biểu thức:

2 2 2

1

x y z

x y z

y + z + x ≥ + + =

Mà:

y z x y x z z x y x y z

x y z

y x z z x y x z y

Từ đó ta có bài toán 5.4:

Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1 Chứng minh rằng:

1

y x z + z y x +x z y ≥

Hướng 5.5: Sử dụng bất đẳng thức Côsi “ thuận - nghịch”

a) Vì dấu bằng xảy ra khi 1

3

x= = =y z nên:

2 2

y

+

Từ đó: 2 2 2

x y z xy yz xz

3

xy yz xz+ + ≤ + +x y z ⇔ xy yz xz+ + ≤ )

Ta có bài toán 5.5a: Cho x,y,z dương thõa mãn: x + y + z =1 Chứng minh

rằng: 2 2 2

1

y + z + x ≥

b) Tương tự bài toán trên kết hợp với vai trò bình đẳng của x, y, z ta khai thác theo hướng sau:

x y = −x y ≥ − xy = −

Từ đó suy ra:

2 2 2 2 2 2

1

x y z x y z

x y y z z x

+ +

Ta có bài toán 5.5b: Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1 Chứng

minh rằng:

2 2 2 2 2 2

1 )

2 1 b)

a

x y y z z x

x y y z z x

Hướng 5.6:Khai thác bài toán trên theo hướng sử dụng các bất đẳng thức đúng:

a) Ta có: (x y− ) 2 =x2 − 2xy y+ 2 ≥ ⇔ 0 x2 +xy y+ 2 ≥ 3xy 2 2 2 2

xy xy y

x xy y xy

+ +

Ta có bài toán 5.6a: Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1 Chứng minh rằng :

1 3

x xy y + y yz z +z zx x ≤

b) Hoặc:

x y x xy y x xy y x xy y

Khi đó ta có:

1

3

x y z

x xy y + y yz z +z xz z ≥ + +