1.4. THE CYH TECHNIQUES 83 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có X cy c 2a 2 + (b  c) 2 b 2  bc + c 2  " P cy c [2a 2 + (b  c) 2 ] # 2 P cy c [2a 2 + (b  c) 2 ](b 2  bc + c 2 ) Ta cần chứng minh " X cy c [2a 2 + (b  c) 2 ] # 2  6 X cy c [2a 2 + (b  c) 2 ](b 2  bc + c 2 ) , 2 X cy c a 4 + 2abc X cy c a + X cy c ab(a 2 + b 2 )  6 X cy c a 2 b 2 , 2 X cy c a 2 (a  b)(a  c) + 3 X cy c ab(a  b) 2  0: Bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức Schur bậc 4. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b; c = 0 hoặc các hoán vị tương ứng. Ví dụ 1.64 Cho các số không âm a; b; c; tất cả không đồng thời bằng 0: Chứng minh rằng 3a 2  bc 2a 2 + b 2 + c 2 + 3b 2  ca 2b 2 + c 2 + a 2 + 3c 2  ab 2c 2 + a 2 + b 2  3 2 : (Vasile Cirtoaje) Lời giải. Viết lại bất đẳng thức như sau X cy c  3  2(3a 2  bc) 2a 2 + b 2 + c 2   6 , X cy c 3b 2 + 2bc + 3c 2 2a 2 + b 2 + c 2  6 , 3 X cy c (b  c) 2 2a 2 + b 2 + c 2 + 8 X cy c bc 2a 2 + b 2 + c 2  6 84 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN Nếu (a  b) 2 + (b  c) 2 + (c  a) 2 = 0, bất đẳng thức là hiển nhiên. Nếu (a  b) 2 + (b  c) 2 + (c  a) 2 > 0; khi đó theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có X cy c (b  c) 2 2a 2 + b 2 + c 2  P cy c (b  c) 2 ! 2 P cy c (b  c) 2 (2a 2 + b 2 + c 2 ) = 4 P cy c a 2  P cy c ab ! 2 " P cy c (b  c) 2 # P cy c a 2 ! + P cy c a 2 (b  c) 2 = 2 P cy c a 2  P cy c ab ! 2 P cy c a 2  P cy c ab ! P cy c a 2 ! + P cy c b 2 c 2  P cy c a 2 bc và X cy c bc 2a 2 + b 2 + c 2  P cy c bc ! 2 P cy c bc(2a 2 + b 2 + c 2 ) = P cy c bc ! 2 P cy c bc ! P cy c a 2 ! + P cy c a 2 bc Ta cần chứng minh 6 P cy c a 2  P cy c ab ! 2 P cy c a 2  P cy c ab ! P cy c a 2 ! + P cy c b 2 c 2  P cy c a 2 bc + 8 P cy c bc ! 2 P cy c bc ! P cy c a 2 ! + P cy c a 2 bc  6 Do tính thuần nhất, ta có thể chuẩn hóa cho a + b + c = 1. Đặt q = P cy c bc; r = abc, khi đó bất đẳng thức trở thành 3(1  3q) 2 (1  3q)(1  2q) + q 2  3r + 4q 2 q(1  2q) + r  3 , (3r + q  4q 2 ) 2 (1  5q + 7q 2  3r)(q 2q 2 + r)  0: 1.4. THE CYH TECHNIQUES 85 hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a 1 = b 1 = c 0 hoặc a 1 = b 0 = c 0 hoặc các hoán vị tương ứng. Ví dụ 1.65 Cho các số dương a; b; c: Chứng minh rằng a 2  bc p a 2 + 2b 2 + 3c 2 + b 2  ca p b 2 + 2c 2 + 3a 2 + c 2  ab p c 2 + 2a 2 + 3b 2  0: (Nguyễn Anh Tuấn) Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có X cy c " 8(a 2  bc) p 6(a 2 + 2b 2 + 3c 2 ) + b + c # = X cy c 8(a 2  bc) + (b + c) p 6(a 2 + 2b 2 + 3c 2 ) p 6(a 2 + 2b 2 + 3c 2 )  X cy c 8(a 2  bc) + (b + c)(a + 2b + 3c) p 6(a 2 + 2b 2 + 3c 2 ) = X cy c 8a 2 + c 2 + ab + bc + ca + 2(b  c) 2 p 6(a 2 + 2b 2 + 3c 2 )  X cy c 8a 2 + c 2 + ab + bc + ca p 6(a 2 + 2b 2 + 3c 2 ) Nên ta chỉ cần chứng minh được X cy c 8a 2 + c 2 + ab + bc + ca p a 2 + 2b 2 + 3c 2  2 p 6 X cy c a Sử dụng bất đẳng thức Holder, ta có X cy c 8a 2 + c 2 + ab + bc + ca p a 2 + 2b 2 + 3c 2 ! 2 " X cy c (8a 2 + c 2 + ab + bc + ca)(a 2 + 2b 2 + 3c 2 ) #  27 3 X cy c a 2 + X cy c ab ! 3 86 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN Do tính thuần nhất, ta có thể chuẩn hóa cho a+b+c = 1. Đặt q = ab+bc+ca; r = abc, khi đó theo bất đẳng thức Schur bậc 3, ta có r  4q 1 9 . Từ đây, ta được X cy c (8a 2 + c 2 + ab + bc + ca)(a 2 + 2b 2 + 3c 2 ) = 6 X cy c ab ! X cy c a 2 ! + X cy c (8a 2 + c 2 )(a 2 + 2b 2 + 3c 2 ) = 6 X cy c ab ! X cy c a 2 ! + 11 X cy c a 2 ! 2 + 21 X cy c a 2 b 2 = 53q 2  38q + 11 42r và 3 X cy c a 2 + X cy c ab = 3  5q Ta phải chứng minh 27(3  5q) 3  24(53q 2  38q + 11 42r) , 155  911q + 1601q 2  1125q 3 + 336r  0 Ta có 155  911q + 1601q 2  1125q 3 + 336r  155  911q + 1601q 2  1125q 3 + 336  4q 1 9 = 1 3 (1  3q)(1125q 2  1226q + 353)  0: Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c: Ví dụ 1.66 Cho a; b; c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng a(b + c) a 2 + 2bc + b(c + a) b 2 + 2ca + c(a + b) c 2 + 2ab  2: (Võ Quốc Bá Cẩn) Lời giải. Bất đẳng thức tương đương với X cy c  1  a(b + c) a 2 + 2bc   1 , X cy c a(a  b) + (2b  a)c a 2 + 2bc  1 1.4. THE CYH TECHNIQUES 87 Ta sẽ chỉ ra rằng a(a  b) + (2b  a)c  0 Thật vậy, nếu 2b  a, ta có a(a  b) + (2b  a)c  a(a  b) + (2b  a)(b  a) = 2(a  b) 2  0 Nếu a  2b, ta có a(a  b) + (2b  a)c  a(a  b) + (2b  a)(a + b) = 2b 2  0 Từ đây, sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta được " X cy c a(a  b) + (2b  a)c a 2 + 2bc #" X cy c [a(a  b) + (2b  a)c](a 2 + 2bc) #  " X cy c [a(a  b) + (2b  a)c] # 2 Ta cần chứng minh " X cy c [a(a  b) + (2b  a)c] # 2  X cy c [a(a  b) + (2b  a)c](a 2 + 2bc) , X cy c ab(a  b) 2  0: hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b; c = 0 hoặc các hoán vị tương ứng. Ví dụ 1.67 Cho a; b; c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng a b + c + b c + a + c a + b + ab + bc + ca a 2 + b 2 + c 2  5 2 : (Phạm Kim Hùng) Lời giải. Bất đẳng thức tương đương với X cy c  1  a b + c   1 2 + P cy c ab P cy c a 2 , X cy c b + c  a b + c  P cy c a ! 2 2 P cy c a 2 88 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có 2 X cy c a 2 ! X cy c b + c  a b + c ! = " X cy c (b + c)(b + c  a) # X cy c b + c  a b + c !  " X cy c (b + c  a) # 2 = X cy c a ! 2 : Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b; c = 0 hoặc các hoán vị tương ứng. Ví dụ 1.68 Cho các số không âm a; b; c; d; không có 3 số nào đồng thời bằng 0: Chứng minh rằng ab a + b + c + bc b + c + d + cd c + d + a + da d + a + b  1 3 (a + b + c + d): (Park Doo Sung) Lời giải. Bất đẳng thức tương đương với X cy c  a + b  4ab a + b + c   2 3 X cy c a , X cy c ac + bc + (a  b) 2 a + b + c  2 3 X cy c a Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có X cy c ac + bc + (a  b) 2 a + b + c  " P cy c [ac + bc + (a  b) 2 ] # 2 P cy c [ac + bc + (a  b) 2 ](a + b + c) Ta có X cy c [ac + bc + (a  b) 2 ] = X cy c a 2 + (a + c) 2 + (b + d) 2  (a + c)(b + d) X cy c [ac + bc + (a  b) 2 ](a + b + c) = 2 X cy c a 3 + X cy c a 2 b + 3ac(a + c) + 3bd(b + d)  3 X cy c a 3 + 3ac(a + c) + 3bd(b + d) = 3(a + c)(a 2 + c 2 ) + 3(b + d)(b 2 + d 2 ) 1.4. THE CYH TECHNIQUES 89 Nên ta chỉ cần chứng minh được " P cy c a 2 + (a + c) 2 + (b + d) 2  (a + c)(b + d) # 2 (a + c)(a 2 + c 2 ) + (b + d)(b 2 + d 2 )  2 X cy c a Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử b + d  a + c. Đặt 2x = a + c 2y = b + d t = a 2 + c 2  (a + c) 2 2 = 2x 2 A = b 2 + d 2 + (a + c) 2 + (b + d) 2  (a + c)(b + d) = b 2 + d 2 + 4x 2 + 4y 2  4xy B = (b + d)(b 2 + d 2 ) = 2y(b 2 + d 2 ) Bất đẳng thức trở thành f(t) = (t + A) 2 2xt + B  2(2x + 2y)  0 Ta có f 0 (t) = 2(t + A)(xt + B  xA) (2xt + B) 2 và xt + B  xA = xt + 2y(b 2 + d 2 )  x(b 2 + d 2 + 4x 2 + 4y 2  4xy)  2x 3 + 2y(b 2 + d 2 )  x(b 2 + d 2 + 4x 2 + 4y 2  4xy) = (b 2 + d 2 )(2y x) + 4x 2 y 2x 3  4xy 2  2y 2 (2y x) + 4x 2 y 2x 3  4xy 2 = 2(y x)(2y 2  xy + x 2 )  0 Nên f 0 (t)  0. Do đó f(t) đồng biến, và vì thế ta chỉ cần chứng minh được f(2x 2 ) = (3x 2  2xy + 4y 2  bd) 2 x 3  ybd + 2y 3  4(x + y) = g(bd)  0 Ta có g 0 (bd) = (3x 2  2xy + 4y 2  bd)[ybd  x(2x 2  3xy + 2y 2 )] (x 3  ybd + 2y 3 ) 2 g 0 (bd) = 0 , bd = x(2x 2  3xy + 2y 2 ) y 90 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN Do x  y nên x(2x 2 3xy +2y 2 ) y  y 2 , khi đó ta dễ dàng kiểm tra được g(bd)  g  x(2x 2  3xy + 2y 2 ) y  = 4(y x) 3 y 2  0: Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d: Ví dụ 1.69 Cho các số a 1 ; a 2 ; a 3  1 2 thỏa a 1 a 2 a 3 = 1: Chứng minh rằng 1 a 1 + 2a 2 + 1 a 2 + 2a 3 + 1 a 3 + 2a 1  1: Lời giải. Đặt a 1 = x y ; a 2 = z x ; a 3 = y z với x; y; z > 0 và do a 1 ; a 2 ; a 3  1 2 nên 8 < : 2x  y 2y  z 2z  x Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành X cy c xy x 2 + 2yz  1 , X cy c  2 3  xy x 2 + 2yz   1 , X cy c 2x 2  3xy + 4yz x 2 + 2yz  3 Do 8 < : 2x  y 2y  z 2z  x nên 2x 2  3xy + 4yz  2x 2  3xy + 2xy = x(2x  y)  0 Do đó, sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có X cy c 2x 2  3xy + 4yz x 2 + 2yz !" X cy c (x 2 + 2yz)(2x 2  3xy + 4yz) #  2 X cy c x 2 + X xy ! 2 1.4. THE CYH TECHNIQUES 91 Nên ta chỉ cần chứng minh 2 X cy c x 2 + X cy c xy ! 2  3 X cy c (x 2 + 2yz)(2x 2  3xy + 4yz) , 13 X cy c x 3 y + 4 X cy c xy 3  2 X cy c x 4 + 15 X cy c x 2 y 2 , X cy c M z (x  y) 2  0 với M z = 5y 2 + 26xy  13x 2 và M x ; M y tương tự. Đặt 8 < : 2x  y = 7a 2y z = 7b 2z x = 7c thì ta có a; b; c  0 và 8 < : x = 4a + 2b + c y = 4b + 2c + a z = 4c + 2a + b ; thay vào bất đẳng thức trên, ta có X cy c M z (x  y) 2 = X cy c M z (3a  2b  c) 2 = 4 X cy c M z (a  b) 2 + X cy c M z (c  a) 2 + 4 X cy c M z (a  b)(a  c) = 6 X cy c M z (a  b) 2 + 3 X cy c M z (c  a) 2  2 X cy c M z (b  c) 2 = X cy c (a  b) 2 (3M x  2M y + 6M z ) = X cy c (a  b) 2 (41z 2 + 78yz 9y 2  88x 2  52zx + 156xy) = 343 X cy c (a  b) 2 (143b 2 + 180c 2  127a 2 + 254ab + 288bc + 144ca) = 1372 4 X cy c a 4 + 199 X cy c a 3 b + 28 X cy c ab 3  33 X cy c a 2 b 2  199abc X cy c a ! Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 4 X cy c a 4  4abc X cy c a 28 X cy c a 3 b + 28 X cy c ab 3  56 X cy c a 2 b 2 92 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN 171 X cy c a 3 b  171abc X cy c a 23 X cy c a 2 b 2  23abc X cy c a Cộng lần lượt vế với vế 4 bất đẳng thức này, ta thu được 4 X cy c a 4 + 199 X cy c a 3 b + 28 X cy c ab 3  33 X cy c a 2 b 2  199abc X cy c a  0: Bất đẳng thức được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = a 3 = 1: Đôi khi, ta không nhất thiết phải thêm vào để chuyển tử số thành số không âm vì nó đã là một số không âm nhưng "khá lớn", ta sẽ sẽ bớt đi 1 vài giá trị để biến nó thành số không âm nhưng có giá trị "lớn vừa phải" Ví dụ 1.70 Cho các số không âm a; b; c, không có 2 số nào đồng thời bằng 0: Chứng minh rằng 1 a 2 + bc + 1 b 2 + ca + 1 c 2 + ab  3(a + b + c) 2 2(a 2 + b 2 + c 2 )(ab + bc + ca) : (Phạm Hữu Đức) Lời giải. Bất đẳng thức tương đương với X cy c a 2 + b 2 + c 2 a 2 + bc  3 P cy c a ! 2 2 P cy c ab , 3 + X cy c b 2 + c 2  bc a 2 + bc  3 P cy c a ! 2 2 P cy c ab [...]... p4 , bất đẳng thức được viết lại thành X cyc m4 p m8 + 7m4 n2 p2 + n4 p4 n2 p2 m4 ; y = p2 m2 n4 ; z = 1 Sử dụng bất đẳng thức Holder, ta có !2 ! X X m4 p m(m8 + 7m4 n2 p2 + n4 p4 ) m8 + 7m4 n2 p2 + n4 p4 cyc cyc X cyc m3 !3 Ta cần chứng minh X cyc , X sym m3 !3 X (5m6 n3 + 2m3 n3 p3 m(m8 + 7m4 n2 p2 + n4 p4 ) cyc 7m5 n2 p2 ) + X (m6 n3 m4 n4 p) 0: sym Bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng theo bất đẳng. .. + 4a + 4b + c 4b + 4c + a 4c + 4a + b 1: (Phạm Kim Hùng) 96 CHƯƠNG 1 TÌM TÒI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN Lời giải Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có Xr cyc a 4a + 4b + c !2 " X cyc P cyc ! a cyc cyc cyc (4a + 4b + c)(4b + 4c + a)(4c + 4a + b) Ta cần chứng minh ! ! X X X 2 9 a a +8 ab cyc a (4a + 4b + c)(4a + b + 4c) ! P 2 P a + 8 ab (4a + b + 4c) 9 = # (4a + 4b + c)(4b + 4c + a)(4c + 4a + b)... 4a2 + ab + 4b2 4b2 + bc + 4c2 4c2 + ca + 4a2 (Bin Zhao) 98 CHƯƠNG 1 TÌM TÒI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN Lời giải Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có X cyc r " a2 4a2 + ab + 4b2 X !2 #" (4a2 + ac + 4c2 ) cyc Ta cần chứng minh " #" X X 2 2 (4a + ac + 4c ) cyc cyc X cyc a2 (4a2 + ab + 4b2 )(4a2 + ac + 4c2 ) a2 (4a2 + ab + 4b2 )(4a2 + ac + 4c2 ) # # 1 Bằng khai triển trực tiếp, ta thấy bất đẳng thức. .. Đặt q = ab+bc+ca; r = abc, khi đó bất đẳng thức trở thành 3+ Nếu 1 q 5q)2 4r 3 2q q2 4q, ta có 3+ Nếu 4q (2 (2 q 5q)2 q 2 4r 3 2q 3+ (2 q 5q)2 q2 3 (5 11q)(1 4q) = 2q 2q(1 q) 1, sử dụng bất đẳng thức Schur bậc 3, ta có r 3+ (2 q 5q)2 q 2 4r 3 2q 3+ = 3(1 (2 q q2 4q 1 9 , 5q)2 4( 4q 1) 9 0 do đó 3 2q 3q)(4q 1)(11 4q) 2q (4 7q 9q 2 ) 0: Bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b... X X X 8 a3 b3 + 8 a4 bc + 3abc ab(a + b) 66a2 b2 c2 : cyc cyc cyc hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức AM-GM Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b b = c hoặc c = 0; a ! 0 hoặc các hoán vị tương ứng Đổi biến để có thể sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz-Holder Bất đẳng thức có rất nhiều nét lạ và độc đáo Một bất đẳng thức ở dạng này, ta không thể sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz-Holder để giải mà... 4q9 thành 2 1+q 11 8q 4 2 q r q 1 Bất đẳng thức trở 112 CHƯƠNG 1 TÌM TÒI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN Nếu 1 4 4q thì 1+q q r Nếu 4q 2 11 2 8q 1+q q 4 q 2 2 11 8q q (4 = 3q)(1 q2 4q) 0 1 thì 4 1+q q r 2 2 11 8q 4 q = (1 1+q q 2 4q 1 9 !2 11 8q q 3q)(4q 1)(11 q(5q + 1)2 17q) 0: Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b; c = 0 hoặc các hoán vị tương ứng Nhận xét 12 Bất đẳng thức trên là một bất. .. cyc m4 m4 + m2 np + n2 p2 np m2 ; y = 1 Từ đây, sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz và bất đẳng thức quen thuộc P 2 2 P 2 n p m np, ta có cyc cyc X cyc m4 4 + m2 np + n2 p2 m P P 2 m cyc !2 P (m4 + m2 np + n2 p2 ) cyc P m cyc m4 + 2 cyc 2 !2 P n 2 p2 cyc Trở lại bài toán ban đầu, sử dụng bất đẳng thức trên ta được X 1 1 cyc a4 , , , , X + 1 a2 a4 + a2 + 1 1 X 2(a2 + 1) a4 + a2 + 1 cyc 4 cyc a4 X (a2... x; y; z; k > 0; xyz = 1: Chứng minh rằng r r r 3 x y z 4 4 p + + 4 : 4 y+k z+k x+k k+1 (Võ Quốc Bá Cẩn) Hướng dẫn Đặt x = a5 b5 ; y = X cyc c5 a5 ; z = b5 c5 (a; b; c > 0); bất đẳng thức trở thành a5=2 p b5 =4 4 c5 + ka5 p 4 3 k+1 Sử dụng bất đẳng thức Holder X cyc a5=2 p 5 =4 4 c5 + ka5 b !4 " X 5 2 cyc b +3 X cyc # (c + ka ) cyc Hãy chứng minh bổ đề X a2 5 a X a2 cyc b !5 P 15 a2 cyc P : a cyc The CYH... dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz # !2 " #" X X X a a p a(ma + nb + pc) (a + b)(ma + nb + pc) a+b cyc cyc cyc Chú ý là bất đẳng thức ban đầu có đẳng thức xảy ra tại điểm a = 3; b = 1; c = 0 (chúng ta biết được điều này là do như chúng tôi đã nói, đối với một bất đẳng thức 110 CHƯƠNG 1 TÌM TÒI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN hoán vị vòng quanh thì gần như điểm “nhạy cảm” luôn có dạng (x; y; 0)) Do đó bất đẳng. .. + 4a + b) cyc ,7 X a3 + 3 cyc X ab(a + b) 39abc: cyc Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức AM-GM Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c: Ví dụ 1.78 Cho các số không âm a; b; c; d; không có 3 số nào đồng thời bằng 0: Chứng minh rằng r r r r a b c d 4 p : + + + a+b+c b+c+d c+d+a d+a+b 3 (Phạm Văn Thuận) Lời giải Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có Xr cyc = " a a+b+c X !2 #" . có thể sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz-Holder Bất đẳng thức có rất nhiều nét lạ và độc đáo. Một bất đẳng thức ở dạng này, ta không thể sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz-Holder để giải. lại thành X cy c m 4 p m 8 + 7m 4 n 2 p 2 + n 4 p 4  1 Sử dụng bất đẳng thức Holder, ta có X cy c m 4 p m 8 + 7m 4 n 2 p 2 + n 4 p 4 ! 2 X cy c m(m 8 + 7m 4 n 2 p 2 + n 4 p 4 ) !  X cy c m 3 ! 3 Ta. c m(m 8 + 7m 4 n 2 p 2 + n 4 p 4 ) , X sy m (5m 6 n 3 + 2m 3 n 3 p 3  7m 5 n 2 p 2 ) + X sy m (m 6 n 3  m 4 n 4 p)  0: Bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức AM-GM. Đẳng thức xảy