• Không có kết quả nào được tìm thấy

Phương pháp S.O.S trong chứng minh bất đẳng thức

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Chia sẻ "Phương pháp S.O.S trong chứng minh bất đẳng thức"

Copied!
12
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Văn bản

(1)

PHƯƠNG PHÁP S.O.S CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Phùng Mạnh Linh-11 Toán 1

Bất đẳng thức(BĐT) luôn là một nội dung khó nhưng cũng rất đẹp của toán học sơ cấp.

Và trong các BĐT được chúng ta nghiên cứu, có lẽ các BĐT 3 biến, mà đặc biệt là các BĐT 3 biến đồng bậc là các bài toán thu hút sự chú ý của chúng ta nhất bởi dạng phát biểu đơn giản và những kết quả rất đẹp của chúng . Hiện nay ta có thể có rất nhiều đường lối để đi tới lời giải của một BĐT 3 biến. Ta có thê sử dụng các phương pháp cổ điển như các BĐT: Cauchy, Cauchy – Schwart, Chebyshev, Holder … . Hay ta cũng có thể sử dụng các BĐT cận đại: BĐT hoán vị, Schur, Fermat … Và hiệu quả hơn cả là những BĐT hiện đại mới được phát minh ra : MV(dồn biến) , ABC , GLA( hình học hoá đại số), DAC (chia để trị), S.O.S (phương pháp phân tích thành tổng các bình phương) … Trong đó, S.O.S cho ta một cái nhìn chính tắc và vô cùng hiệu quả với các BĐT 3 biến, dù là đối xứng hay hoán vị. Với phương pháp này, ta có thể giải quyết được hầu hết những BĐT 3 biến rất khó và chặt. Trong bài viết này tôi sẽ trình bày về nội dung của phương pháp S.O.S, các định lý, chú ý và một số bài toán áp dụng để có thể thấy được sức mạnh của phương pháp này.

1. Định lý S.O.S

Rất nhiều BĐT hay và đẹp được suy ra từ BĐT cơ bản :x2 0. Định lý S.O.S cũng xuất phát từ ý tưởng đó. Ý tưởng của S.O.S là phân tích một biểu thức S bất kì (hoán vị hoặc đối xứng ) với 3 biến a, b, c về dạng chính tắc sau:

S= Sa (bc)2 + Sb (ac)2+ Sc(ab)2 (*)

Theo suy nghĩ thông thường thì ta chỉ chứng minh được S 0 khi cả 3 biểu thức Sa,

c b S

S , cùng không âm. Nhưng định lý S.O.S cho phép ta có các tiêu chuẩn để chứng minh BĐT trên ngay cả khi có một hoặc hai trong 3 số Sa,Sb,Sc là âm hoặc không thể đánh giá được dấu của chúng. Khi đó các biểu thức trên chỉ cần thoả mãn 1 trong các tiêu cuẩn sau thì BĐT (*) sẽ được chứng minh

a) 0Sa 0;Sb 0;Sc

b) abc;Sb 0;SaSb 0;ScSb 0

c) abc;Sa 0;Sc 0;Sa 2Sb 0;Sc 2Sb 0 d) abc;Sb 0;Sc 0;a2Sbb2Sa 0

e) SaSbSc 0;SaSbSaScSbSc 0

* Chứng minh định lý S.O.S:

a) Ta thấy khi Sa,Sb,Sc 0 thì BĐT (*) là hiển nhiên

b) Ta có (ac)2 (abbc)2 (ab)2 (bc)2 2(ab)(bc)

2 2

2

2 2

2

) ( )

( )

(

) ( ) ( ) ( 0 ) )(

(

c b S b a S c a S

c b b a c a c

b b a c b a

b b

b     

(2)

0 ) )(

( ) )(

(

) ( ) ( )

( )

(

2 2

2 2

2 2

b a S S c b S S

b a S c b S b a S c b S S

b c b

a

c b

b a

(vì 0SaSb 0;ScSb  )

c)+Nếu 0Sb  thì theo tiêu chuẩn (a) ta có (*) đúng + Nếu 0Sb

Ta có (ac)2 (abbc)2 2(ab)2 2(bc)2

0 ) 2 ( ) ( ) 2 ( ) (

) ( ) ) ( ) ((

2 ) (

)) ) ( ) ((

2 ) ( 0

2 2

2 2

2 2

2 2

2

b c b

a

c b

a

b b

b

S S c a S S c b

b a S c b b a S c

b S S

c b c a S c

a S S

(vì Sa 2Sb 0;Sc 2Sb 0 ) d) Dễ thấy

0 ) (

) ( ) )

( ( ) ( ) ( )

(

) ( ) (

2 2 2

2 2

2 2

2  

 

 

 

 

b S b S c a b c S

b c S a

c b c b S c a S

b a c b

c a

c b a b c a

a b

a b

a b

Mặt khác

0

0 ) (

0 2

S

b a S

Sc c

e) SaSbSc 0trong 3 số SaSb,SaSc,SbSc luôn tồn tại 1 số không âm Không mất tính tổng quát giả sử SbSc 0

(*) a2(Sb Sc)2a(cSbbSc)Sa(bc)2c2Sbb2Sc 0 Xét

0 ) (

) ( 4

) )

( )(

( 4 ) (

4

2

2 2

2 2

c b c a b a

c b

a c b c

b

S S S S S S c b

S b S c c b S S S bS

cS

SbSc 0

Theo định lý về dấu của tam thức bậc 2 ta có S 0 2. Một số lưu ý khi sử dụng S.O.S

-Việc đầu tiên cần làm khi sử dụng phương pháp S.O.S đó là phân tích BĐT cần chứng minh về dạng chính tắc của S.O.S. Việc này ban đầu có thể không dễ dàng nhưng chỉ cần tập phân tích một số đa thức đối xứng 3 biến quen thuộc về dạng S.O.S là ta có thể thông thạo việc này. Khi phân tích, biến đổi cần chú ý tới các hằng đẳng thức quen thuộc mà có chứa các đại lượng (ab)2,(ac)2,(bc)2, ví dụ như:

(3)

2

) ) ( ) ( ) )((

3 (

) ( ) ( ) ( 8

) )(

)(

(

2

) ( ) ( ) (

) )(

( ) (

) ( 2

2 2

3 2 3 3

2 2

2

2 2

2 2

2 2

2 3

3

2 2

2

c a c b b a c b abc a

c b a

b a c c a b c b a abc c

b c a b a

c b c a b bc a

ac ab c b a

b a b a b a ab b a

b a ab b

a

 

 

Và hoàn toàn có thể phân tích mọi đa thức đối xứng 3 biến khác về dạng chính tắc của S.O.S với cách phân tích tương tự như trên và chú ý rút ra các đại lượng

2 2

2,( ) ,( )

)

(ab bc ac một cách hợp lí.

-Với các đa thức mà ba biến a,b,ccó tính hoán vị thì việc biến đổi của chúng ta gặp kho khăn hơn một chút và đòi hỏi phải linh hoạt, sáng tạo tuỳ vào từng bài toán. Một kĩ thuật thường dùng để phân tích thành công các đa thức dạng hoán vị đó là cộng thêm vào đa thức các đại lượng k(ab),k(bc),k(ca) với số kđược chọn một cách hợp lí.

-Khi đã có trong tay biểu diễn chính tắc thì phần việc còn lại của chúng ta là tìm tiêu chuẩn phù hợp để áp dụng vào bài toán. Thường thì chúng ta luôn kiểm tra tiêu chuẩn 1 đầu tiên bởi vì đó là tiêu chuẩn dễ áp dụng nhất và tự nhiên nhất. Nếu tiêu chuẩn 1 không giúp ta giải quyết bài toán thì hãy xem tới 3 tiêu chuẩn 2,3,4, chúng có độ hiệu quả và phổ biến ngang nhau.Nếu sau khi sắp xếp thứ tự cho 3 biến a,b,c(trong các bài toán hoán vị thì ta phải xét cả 2 trường hợp abcabc), ta so sánh được 3 đại lượng Sa,Sb,Sc thì bài toán thường được giải quyết bằng tiêu chuẩn 2 vì khi đó ta chỉ cần chứng minh được 0SaSb  hoặc 0SbSc  . Nếu không so sánh được 3 đại lượng thì cố gắng chỉ ra đại lượng chắc chắn không âm, từ đó định hướng được ta sẽ dung tiêu chuẩn 3 hay tiêu chuẩn 4. Tiêu chuẩn 5 thường ít được dùng tới do tính cồng kềnh khi xét các đại lượng SaSbSc,SaSbSaScSbSc.

-Dù S.O.S là một phương pháp rất chính tắc và hiệu quả trong chứng minh các BĐT 3 biến, nhưng việc biến đổi BĐT cần chứng minh về dạng chính tắc không có nghĩa là bài toán đã được giải quyết. Giải được bài toán hay không còn phụ thuộc rất nhiều vào sự nhanh nhạy của người làm toán trong việc phát hiện ra tiêu chuẩn để áp dụng, trong cách kết hợp các tiêu chuẩn với nhau hay thậm chí là sáng tạo ra tiêu chuẩn mới (một số tiêu chuẩn mới có thể được suy ra từ cách chứng minh cho tiêu chuẩn 4)

3. Các ứng dụng của phương pháp S.O.S

Đầu tiên ta tìm hiểu sức mạnh của S.O.S trong các BĐT đối xứng 3 biến.

Bài toán 1 Cho a,b,c0. Chứng minh rằng(CMR) : ) ( ) ( ) (

3 3

3

3 b c abc ab a b ac a c bc b c

a          (1)

Giải Chú ý tới các đẳng thức

2 3

3

2 2

3 2 3 3

) )(

( ) (

2

) ) ( ) ( ) )((

3 (

b a b a b a ab b a

c b c a b a c b abc a

c b a

 

Từ đó ta có

(4)

2 0 ) (

2 0 ) ( ) ( ) (

0 ) 3 (

)) ( ) ( ) ( 2

2 2 ( )

1 (

2

2 2

3 3 3 3

3 3 1

 

 

 

 

c b b a

a

c b b a

a b

a b a

abc c

b a c b bc c a ac b a ab c b a S

Như vậy

; 2

; 2 2

c b S a

b c S a

a c

Sa b b c  

 

 

 

Không mất tính tổng quát ta giả sử abcScSbSa Mặt khác ta có SaSbc0Sb 0;SbScSaSb 0 Theo tiêu chuẩn 2 ta suy ra S1 0(1) đúng

Bài toán 2 Cho x,y,z0. CMR:

) (

4 9 )

( 1 )

( 1 )

( 1

2 2

2 x z y z xy yz xz

y

x   

 

 

 (2)

Giải Đây là BĐT Iran 1996 rất nổi tiếng bởi độ khó cũng như vẻ đẹp và sức lôi cuốn của nó. Bài toán đã được tiếp cận và giải quyết bằng nhiều phương pháp khác nhau, trong đó có nhiều phương pháp mạnh như sử dụng BĐT Schur, các phương pháp MV,

GLA,DAC… Trong đó, phương pháp S.O.S được đánh giá là đẹp mắt nhất, sáng tạo nhất và phù hợp với mĩ quan toán học của nhiều người. Sau đây là lời giải bài toán trên bằng phương pháp S.O.S

Đặt ; 2

; 2

; 2

; b c a

c z b y a

b c x a

z x c z y b y x

a  

 

 

 

9 ) ) ( )( 1 (

4 ) 2 (

2 2 2 ) (

4

2

2 2 2

 

x y

yz xz xy

c b a bc ac ab yz

xz xy

0 ) 1 )(

(2

9 1 ) 1 )( 1

2 2 2 (

2 2 2

2 2 2 2 2 2

bc a b c

S

c b c a

b a bc ac ab

Như vậy 2 2 2 12

1 ;

; 2 1 2

c S ab

b S ac

a

Sabcb   c   Không mất tính tổng quát, giả sử abcSa 0 Tương tự như trong chứng minh cho tiêu chuẩn 4 ta có

c b b a

c

a

 )

( ) ( ) ( )

( 2

2 2

2 2

c S b S b a a b S c a

Sb   c    cb

Mặt khác lại có ( ) 0

2 ) (

2

3 2 3

2   

 

 

abc

bc a c b abc

abc c

c b S b Sb c

Vậy theo tiêu chuẩn 4 ta có S2 0(2) đúng.

(5)

Bài toán 3 Cho a,b,c0. CMR: 5 ) (

54

3 3

3 3

3

 

c b a

abc abc

c b

a (3)

Giải Chú ý tới các hằng đẳng thức sau :

2 2

2

2 2

3 2 3 3

) 2 (

) 7 2 (

) 7 2 (

27 7 ) (

2

) ) ( ) ( ) )((

3 (

c b b a c c

c a a c b

c b b abc a

c b a

c b c a b a c b abc a

c b a

 

 

 

 

 

 

 

Từ đó ta đi đến phân tích chính tắc sau:

(3)

0 ) ) )(

( 7 ( 2

) 0 (

) 27 ) ((

2 3

2 3 3

3 3 3

3 3

 

 

 

 

 

 

a abcb c aa bb cc b c

S

c b a

abc c

b a abc

abc c

b a

Như vậy ta có

3 3 3

) (

7 2

) (

7 2

) (

7 2

c b a

b a c abc

c b S a

c b a

c a b abc

c b S a

c b a

c b a abc

c b S a

c b a

 

 

 

 

 

 

Mặt khác ta thấy 0

) 7

( 2 ) (

27 ) (

27 )

( 3 4

Sa

c b a abc c

b a abc c

b a abc c

b a

Tương tự ta có Sb 0;Sc 0

Theo tiêu chuẩn 1 ta có S3 0(3) đúng Bài toán 4 Cho a,b,c0. CMR :

3 ) (

2

3 2 2 2

4 4

4 a b c

c b a

abc bc

ac ab

c b

a   

 

 (4)

Giải Ta có

) ) 2 (

( ) ( ) )(

( ) (

3 4 4 4 2 2 2 2 a2 b2 c2 b c 2

c b bc

ac ab c b a c b

a        

    

(a2 b2 c2)(abc)9abc

(bc)2 3a2bc

Từ đó ta có:

(4 0

) (

3

9 ) )(

( )

( 3

) )(

( ) (

3 4 4 4 2 2 2 2 2 2

 

 

c b a

abc c

b a c b a bc

ac ab

bc ac ab c b a c b a

0 ) ))

( ( 2 (

) (

0 3 )

) ( 2 ) ((

) (

2 2

2 2 2

4

2 2

2 2 2

 

 

 

 

 

 

 

c b a

a bc

ac ab

c b bc

ac ab

bc ac ab c b c a

b S

c b a

c b a bc

ac ab

c b c

b c a

b

(6)

Đặt 2 2 2  0

  K

bc ac ab

bc ac ab c b K a

Như vậy ta có

) ) ( (

2

) ) ( (

2

) ) ( (

2

2 2 2

c b a

c bc

ac ab

b K a

S

c b a

b bc

ac ab

c K a

S

c b a

a bc

ac ab

c K b

S

c b a

 

 

 

 

 

 

Không mất tính tổng quát giả sử abcSaSbSc Ta chứng minh SaSb 0

K 0 nên chỉ cần chứng minh

c b a

b a bc

ac ab

c a c b

 

 )2 ( )2 (

) )(

( ) )(

) ( )

((ac 2bc 2 abcab abacbc

Ta có a2b2 (ac)2 (bc)2

0

) )(

( ) )(

) ( ) ((

0 ) 2 (

2 )

)(

( ) )(

(

2 2

3 3 2

2

b

a S

S

bc ac ab b a c b a c b c a

c b a ab

abc b

a bc ac ab b a c b a b a

Theo tiêu chuẩn 2 ta có S4 0(4) đúng

Sau đây ta sẽ giải một số bài toán cho thấy sức mạnh của S.O.S trong các bài toán về giá trị tốt nhất

Bài toán 5 Tìm hằng số k lớn nhất sao cho BĐT sau đúng với mọi 0a,b,c

3 8 3 ) ) (

)(

)(

( 2

3 3

3 k

c b a

bc ac kab c b c a b a

c b

a  

 

 (5)

Giải Đầu tiên ta cho ab,c0, từ đó suy ra

2 15 3

8 3

1 4k  kk Ta sẽ chứng minh bài toán đúng với

2

15

k , tức là chứng minh:

8 23 )

2 ( 15 ) )(

)(

( 2

3 3

3

 

 

c b a

bc ac ab c

b c a b a

c b a

Thật vậy theo những biến đổi tương tự như các bài toán ở trên ta có : 0

) ) (

4 5 )

)(

)(

( 8

4 ( 4

) ( )

5

( 2 2

 

 

b c a ab ab c cb c a b c

Như vậy ta có 2

) (

4 5 )

)(

)(

( 8

4 4

c b a c

b c a b a

c b Sa a

 

 

(7)

2 2

) (

4 5 )

)(

)(

( 8

4 4

) (

4 5 )

)(

)(

( 8

4 4

c b c a

b c a b a

b a S c

c b a c

b c a b a

c a S b

c b

 

 

 

 

Không mất tính tổng quát, giả sử abcSaSbSc Khi đó ta chỉ cần chứng minh SbSc 0

) )(

)(

( 20 ) 8 5 5 ( ) (

) 0 (

10 )

)(

)(

( 2

8 5 5

2

2

c b c a b a c

b a c b a

c b c a

b c a b a

a c b

 

 

 

(5’)

Xét

3 ) ) (

)(

)(

(

3 3 3

3 a b c

c b c a

b c a b

a     

(5’) 3

) 20 (

) 8 5 5 ( )

( 2 a b c 3 a3 b3 c3

c b a c b

a          

3 ) 8 5 (5 ) 3 (

20 2

3 3

3 c b a

c b c a

b

a  

 

  (dễ chứng minh)

Theo tiêu chuẩn 2 ta có S5 0 (5) đúng với 2

15 k

Vậy 2

15

k là hằng số lớn nhất để (5) đúng với mọi 0a,b,c

Bài toán 6 Tìm hằng số kR nhỏ nhất để bất đẳng thức sau đúng a,b,c0

       

2 43 3

2 2 2 2

2 2

k c

b a

c b k a c a

ac c

b bc b

a

ab  

 

 

 

 

6

Giải: Ta có:

   

 

2

2

2 4 4

1

b a

b a b

a ab

 

 

   

 

2

2

2 4 4

1

c b

c b c

b bc

 

 

   

 

2

2

2 4 4

1

c a

c a c

a ac

 

 

3

a2b2c2

abc

 

2ab

 

2bc

 

2ac

2

             

 

0

. 3 3 4 1 4

1 4

6 1 2

2 2 2 2 2

2

2

 





 

 





 

 





 

 

c b a

c b a c b k a

c a

ac c

b bc b

a ab

 

 

4

 

0

1

3 2 2

2

6 

 

 

 

b a c

b a b k a S

cyc

Cho ab,c0 và thế vào

 

6

3 4 3 2 4

6 1 k  kk

(8)

Ta chứng minh

 

6 đúng với k 6. Khi đó ta có

   

   

 

2

 

2

2 2

2 2

4 1 2

4 1 2

4 1 2

b a c

b a S

c a c

b a S

c b c

b a S

c b a

 

 

 

 

 

 

Giả sử abcSb 0,Sc 0

 Nếu abc

   

               

   

0

4

1 2 2 1

2 2 4

8

2 2

2 2

2 2

 

 

 

c b a c b

a c b a

c b c

b a c b

c b a c Sa b

6 0

S

 Nếu abc

Xét

       

2

2 2

2 2

2 2

2 2

2

4 2

4 2

c b

b c

b a

b c

a a c

b a S a b S

a b a

 

 

 

 

 

     

 

 

 

222 2 2 2 2 4

4 2

c b

b c

a a c

b a

b a

Ta có

 

4

 

12

4 2

2 2

2

 

b c

b c

a a

 

     

 

2

2 2

2 2

2 2

4 1

c b a

c b a b a c

b a

b a

 

 

2 21

 

ab

c

2 21

.3cc0

 

     

0

0

4 2 4

1 2

6

2 2

2 2 2

2 2

2 2

 

 

 

 

S

S b S a

c b

b c

a a c

b a

b a

a b

Vậy k 6 là hằng số cần tìm

Không chỉ có sức mạnh trong các BĐT 3 biến đối xứng và các bài toán tìm giá trị tối ưu, S.O.S còn phát huy sức mạnh trong các bài toán hoán vị, tuy nhiên để làm được điều này người làm toán phải có sự tinh ý và linh hoạt, sáng tạo. Sau đây là một số bài toán minh họa cho điều này

Bài toán 7: Cho a,b,c

>0.CMR

2 2 2 3( 23 23 23) c b a

c b a a c c b b a

 

(7)

(9)

Giải:Ta có

a c a a

a c c

c c c b

c b b

b b b a

b a a

2 2

2 2

2 2

) 2 (

) 2 (

) 2 (

 

 

 

Mặt khác

2 2

2

2 2 2 3 3 3

) )(

( ) )(

( ) )(

(

) )(

( ) (

3

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

c b a c b a c b a

0 ) 1 (

) 0 )(

( ) (

2 3 2

2 )

7 (

2 2

2 7 2

2 2 2

2 2 2 3 3 3 2

2 2

7

 

 

 

 

 



 

  



 

  



 

  

c a bb c c b c

S

c b a

c b a c b a c b a a

a c c c c b

b b b a

S a

Như vậy

) (

) (

) (

1

2 2 2

2 2

2 2 2

2 2

2 2 2

2 2 2

2 2

c b a b

ab c S a

c b a a

ac c S b

c b a c

bc b a c

b a

c b S c

c b a

 

 

 

 

Nếu

abcSa 0,Sc 0

c b ab abc b

bc ab ac b

c b a b c b a

ac abc c

c b a b a

c ac c b a bc c b a S

Sa b

2 2 3

2

2 3

2 2

3

2 2 2

2 2

0 ) )(

(

2 2

2

0 ) (

2 ) (

0 2

Mặt khác

0 2

2 2

2

2

2 0

) )(

(

2 2

2 3 3 3 2

2 3

3 2

2 2 3 3

2 3

3 2

2

b

a S

S

abc ac

c b ab c a c c b a b a

b abc ac

c b ab c a

ac c

a c

ac a c a

Tương tự

Sc 2Sb 0

Theo tiêu chuẩn 3 ta có

S7 0

Nếu

abcSb 0
(10)

www.vnmath.com

0

,

0 ) (

) (

0

2 3

2 3 2 2 3

2 3 2

2 3

2 2 3

2 2 2

2

b a

b a

S S

ac abc c

c b c c b a b a

ac c abc c b c b c

ac abc c

c b a b a

c ac c b a bc b a S

S

Tương tự

SbSc 0

Theo tiêu chuẩn 1 ta có

S7 0

Vậy

S7 0

(7) đúng

8. ( 8 )

: 2 . 0 ,

,

3 3

4 3

3 4 3

3

4

a b c

a c

c c

b b b

a Cm a c

b

a   

 

 

 

Gi¶i Ta có:

) (

4

) (

4 3

4

2 3 3

2 3 3 2

3 3

3 4

b a a

b a a

a b b

a a

 

 

 

 

  

 

 

 

 

 

2 3

3 2

2 2

2 2 3

3 4

2 2

2 2 2

2 3

4 2 )

( 4

) ) (

4 ( 5 3

) 2 (

) ( 2

a a b b

a a

ab b

b a a a

b b

a a

a b b a

a a b

a b a b a b b a b

Tương tự

    

 

 

  

 

 

 

 

 

  

 

 

 

0 4 )

5 ( 3

) 8 (

4 2 )

( 4

) ) (

4 ( 5 3

4 2 )

( 4

) ) (

4 ( 5 3

3 3

4 8

2 3

3 2

2 2

2 2 3

3 4

2 3

3 2

2 2

2 2 3

3 4

a b b

a S a

c c a b

a c

ac c

c a c a

a b

a c

b b c b

c b

cb c

c b b b

c c

b b

Ta có

) (

4 , 3

) (

4 3

) (

4 3 4

2 ) (

4

) (

3 3

2 2

3 3

2 2

3 3

2 2

2 3

3 2

2 2

2

b a

a ab S b

c a

c ac S a

c b

b bc c

b c b c

b b

bc c

S b

c b

a

 

 

 

 

 

(11)

Nếu

abc

Ta có S

b

>0

0 2

0 3

3 3

2

0 ) )(

3 ( ) )(

3 ( 0

2 3 3 2 5

3 2 3 2 3 2

3 4

3 2 3 3

2 4

5

3 3 2 2

3 3 2 2

b a

b a

S S

c a c a a c

a

c a a c abc b

c b a a b acb b

a c a a

c b c ac a c

a b bc c S

S

Tương tự 0

0

8

 S

S S

c b

+Nếu a  b  c

Ta có

0 2

6 2

2 6

2 3

0 ) )(

3 ( 2 ) )(

3 ( 0 2

0 , 0

4 3

2 3 2 3

3 2 3 2 4 5 3 2 3

3 2

3 3 2 2

3 3 2 2

ac c

a b c c ab b

a c b bc c a b bc a a c

c b c ac a c

a b bc c S

S

S S

b a

c a

Ta có

0 2

, ,

,

4 2 3 5 2 3 3 2 3

2 3 5

b

a

S

S

a b bc a b c c b c bc b c c

Tương tự

0 0 2

8

 S

S S

a b

Vậy luôn có

S8 0 )

8

(

đúng

4.Một số bài toán đề nghị Bài 1: Cho a,b,c0. CMR :

3 5 ) (

2 2

3 3

3

 

 

 

a b c

abc b

a c c a

b c b

a

Bài 2: Cho a,b,c0. CMR :

2 2 2

2 2

2 3

3

3 b c 3abc ab 2a 2b bc 2b 2c ac 2a 2c

a         

Bài 3: Tìm k dương nhỏ nhất sao cho BĐT sau đúng 0a,b,c 1 3

) (

) )(

)(

(

8

2 2 2

2 k

c b a

c b k a c b c a b a

abc  

 

Bài 4: CMR a,b,c0 ta có

2 3 2

2 2 2

3 2

2 3 2

2

3 a b c

a c

c c

b b b

a

a  

 

 

 

(12)

Tài liệu tham khảo

Tài liệu liên quan

Kết quả bảng 3.27 cho thấy liệu pháp thư giãn luyện tập đã làm thuyên giảm triệu chứng căng cơ / đau đớn tại các thời điểm điều trị T2 và T4.. Nghiên cứu của Yurtkuran

Một số vấn đề cấn lưu ý khi giải bài toán về bất đẳng thức 7 Lời giải... Nguyễn

Ta chưa thể sử dụng phương pháp hệ số bất định cho bài toán này ngay được vì cần phải biến đổi như thế nào đó để đưa bài toán đã cho về dạng các biến độc lập với

[r]

 Giới thiệu các phương pháp chứng minh bất đẳng thức.  Nêu một số tính chất liên quan, một số lưu ý của các phương pháp chứng minh bất đẳng thức trên.  Giới thiệu

Vậy ta chứng minh được rằng trong các số tạo thành không có bất kì số nào chia hết cho những số còn lại.. Tính các góc của tam

 Chú ý rằng đối với bài toán tìm min, cực trị đạt được tại (1,1, 2) nên không thể dùng được khai triển Abel mà phải làm theo cách khảo sát hàm số thông

3) Chuùng toâi nghó laø caùc baïn seõ ñoàng yù raèng: neáu moät baøi toaùn ñaõ chuaån hoùa (töùc laø BÑT coù ñieàu kieän) thì noù seõ "gôïi yù" cho chuùng