TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HUẾ KHOA TOÁN LỚP TOÁN 3A \ Giảng viên hướng dẫn: Hoàng Tròn Sinh viên thực : Trương Quang Phú Huế, 2011 Trong trình làm tập lớn nỗ lực, cố gắng thân em nhận nhiều giúp đỡ từ phía thầy cô bạn Em xin bày tỏ lòng biết ơn đến thầy giáo ThS Hoàng Tròn Cảm ơn thầy tận tình giúp đỡ em hoàn thành tập lớn Đồng thời xin cảm ơn bạn có góp ý giúp em hoàn thành tập lớn Em xin chân thành cảm ơn Trương Quang Phú A-Đặt vấn đề: Đã từ lâu, bất đẳng thức chủ tuyến quan trọng toán học; môn học đòi hỏi nhạy bén linh hoạt người làm toán, học toán Do đó, số lượng lớn người làm toán từ học sinh THCS, THPT, sinh viên đến giáo viên người nghiên cứu toán học phổ thông bị thu hút vào khám phá môn học đầy lí thú Cũng mà ngày giới nói chung, Việt Nam nói riêng có nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức, từ phương pháp cổ điển, cận đại đến đại Trong trào lưu đó, có kĩ thuật chứng minh bất đẳng thức mà có lẽ học sinh THPT biết khảo sát hàm số theo biến đó, biến lại xem tham số Tuy nhiên, chứng minh bất đẳng thức ba biến a, b, c đối xứng sử dụng kĩ thuật khó khăn lớn Theo quy luật tự nhiên, gặp cản trở nguờii ta tìm cách giải nó, cách giải vấn đề khó khăn đưa Người ta đưa hàm f(a,b,c) theo biến a, b, c hàm g(abc, a+b+c, ab+bc+ca) theo biến abc, a+b+c, ab+bc+ca, sau tiến hành khảo sát hàm g theo biến abc với đại lượng a+b+c, ab+bc+ca cố định Từ việc khảo sát hàm g ta biết hình thù số (a, b, c) đạt giá trị lớn nhỏ từ chuyển toán bất đẳng thức ba biến bất đẳng thức hai biến mà ta giải dễ dàng Như phương pháp đời: Phương pháp ABC ( Abstract concreteness) Đây sáu viên kim cương bất đẳng thức đại Chắc hẳn người cảm thấy hạnh phúc thích thú hàng loạt bất đẳng thức chứng minh nhờ phương pháp trước ta phải cặm cụi đem giấy nháp ngồi biến đổi cách khó khăn Nào thực hành trình để xem xét sở lí thuyết viên kim cương ABC xem ứng dụng nhé! B-Nội dung I-Cơ sở lí thuyết Mệnh đề 1: (Tìm tập xác định abc) Cho a, b, c ba số thực thỏa mãn  abc  m với điều kiện m  3n Khi tập xác định abc  ab  bc  ca  n   6n  2m m  m  3n m  m  3n mn 6n  2m mn  với x1  , x2  x2  , x1   3 9 9   Chứng minh Xét phương trình x3  mx  nx  abc  Khi cần tìm điều kiện để phương trình có ba nghiệm thực Xét hàm số: f ( x)  x3  mx  nx f / ( x)  x  2mx  n m  m  3n m  m  3n f ( x )   x1  , x2  (1) Ta có bảng biến thiên sau: 3 ' x x1  f / ( x) + f ( x1 ) x2   +  f ( x) f ( x2 )  Vậy để phương trình có ba nghiệm thực abc   f ( x2 ), f ( x1 )   đpcm Nhận xét: i) Giả thiết m  3n suy từ điều kiện để phương trình f ' ( x)  có nghiệm ii) Từ mệnh đề ta có nhận xét chuyển ba số thực (a,b,c) thành ba số (abc, a+b+c, ab+bc+ca) thõa mãn điều kiện a+b+c = m, ab+bc+ca = n  n  2m mn 6n  2m mn  abc   x2  , x1  9 9   iii) Khi n  ta chuyển ba số (a, b, c) ba số (abc, a+b+c, ab+bc+ca) thõa mãn ab+bc+ca =n >0 có ràng buộc a  b  c  ,  3n    3n ,     6n  2m mn 6n  2m mn  abc   x2  , x1  9 9    Đặc biệt, n=1 số (a,b,c) chuyển số (abc, a+b+c, ab+bc+ca) thõa mãn ab+bc+ca =1 có ràng buộc a  b  c  m  ,     3,      2m m  2m m m  m2  m  m2  abc   x2  , x1   x1  , x2  9 9 3  iv) Có thể chuyển ba số thực không âm (a, b, c) thành ba số (abc, a+b+c, ab+bc+ca) thõa mãn ab  bc  ca  n  có ràng buộc a  b  c  m   3n ,     6n  2m mn  6n  2m mn  abc   max  x2  , 0 , x1   9  9    Đặc biệt n=1 số (a,b,c) số (abc, a+b+c, ab+bc+ca) thõa mãn ab+bc+ca =1 có ràng buộc a  b  c  m   3,      2m m   2m m m  m2  m  m2  , x2  abc   max  x2  ,  , x1   x1  3  9   Mệnh đề Với số (a0 , b0 , c0 )  R3 tồn ( x0 , x0 , y0 ), ( z0 , z0 , t0 )  R3 cho a0  b0  c0  x0  x0  y0  z0  z0  t0    a0b0  b0 c0  c0 a0  x0 x0  x0 y0  y0 x0  z0 z0  z0t0  t0 z0  x0 x0 y0  a0b0 c0  z0 z0t0  Dấu “=” xảy (a0 , b0 , c0 ) có hai ba số Mệnh đề Với số (a0 , b0 , c0 )  R3 tồn ( x0 , x0 , y0 ), ( z0 , z0 , t0 )  R3 (0, x0 , y0 ),( z0 , z0 , t0 )  R cho: a0  b0  c0  x0  x0  y0  z0  z0  t0    a0b0  b0 c0  c0 a0  x0 x0  x0 y0  y0 x0  z0 z0  z0t0  t0 z0 Hoặc  x0 x0 y0  a0b0 c0  z0 z0t0 Dấu “=” xảy (a0 , b0 , c0 ) có hai ba số  a0  b0  c0   x0  y0  z0  z0  t0   a0b0  b0 c0  c0 a0  x0 y0  z0 z0  z0t0  t0 z0 Hoặc   a0b0 c0  z0 z0t0 Dấu “=” xảy ba phần tử (a0 , b0 , c0 ) Chứng minh mệnh đề 2: * Trước hết ta chứng minh trường hợp a0b0  b0 c0  c0 a0  n  thỏa mãn mệnh đề Thật vậy, n=0 ta xét phương trình f ( x)  x3  mx , f / ( x)   x  0, x     f (0)  0,    m  4 m  f    a0b0 c0  max  f (0)  0,  27     2m 3  m  4 m  f    27     u1  u1  v1  m  Ta lại có số (u1 , u1 , v1 )  (0,0, m) thõa mãn u1u1  u1v1  v1u1   u u v  f (0)   11 số   u2  u2  v2  m  2m m  m (u2 , u2 , v2 )  ( , , ) thõa mãn  u2u2  u2 v2  v2u2  3  u 2u2 v2  f ( m )  4 m 27  Như trường hợp n=0 ta có hai số thỏa mãn mệnh đề * Trong trường hợp n  Ta chứng minh mệnh đề với số thực (a0 , b0 , c0 ) thõa mãn a0  b0  c0  m a0b0  b0 c0  c0 a0  Theo mệnh đề ta có (6  2m ) x2  m (6  2m ) x1  m s  a0b0 c0  S 9 Ta xem xét thử a0b0 c0 đạt đạt giá trị biên đặc điểm a0 , b0 , c0 Khi a0b0 c0  s Khi ta xét phương trình bậc ba f ( x)  x3  mx2  x  s  (1) Ta có : f / ( x)  x  2mx  f / ( x)   x1  m  m2  m  m2  , x2  9 Khi ta có f / ( x2 )  0, f ( x2 )  nên phương trình (1) phải có nghiệm kép x2 đặt x2  x0 Khi nghiệm (1) x0 , x0 , y0 ( x0 nghiệm kép nên tính hai lần) Theo a0  b0  c0  m  x0  x0  y0   định lí Vi-et ta có :  a0b0  b0 c0  c0 a0   x0 x0  x0 y0  y0 x0  x0 x0 y0  a0b0 c0  Khi a0b0c0  S hoàn toàn tương tự ta có tồn ( z0 , z0 , t0 )  R thỏa mãn điều kiện mệnh đề Như ta chứng minh mệnh đề trong trường hợp a0  b0  c0  m a0b0  b0 c0  c0 a0  Với cách làm tương tự ta chứng minh trường hợp a0  b0  c0  m a0b0  b0c0  c0 a0  1 Bây ta chứng minh trường hợp a0  b0  c0  m a0b0  b0c0  c0 a0   n ( n  0) m  a0 b0 c0  a1  b1  c1  Đặt a1  , b1  , c1  , ta có  Áp dụng điều vừa chứng n n n n  a b  b c  c a  1  11 11 1 minh tồn ( x01 , x01 , y01 ),( z01 , z01 , t01 )  R m  a  b  c   x01  x01  y01  z01  z01  t01 1  n   a b  b c  c a  1  x x  x y  y x  z z  z t  t z 01 01 01 01 01 01 01 01 01 01 01 01  11 11 1  x01 x01 y01  a1b1c1  z01 z01t01  n (a1  b1  c1 )  m  n ( x01  x01  y01 )  n ( z01  z01  t 01 )    n(a1b1  b1c1  c1a1 )   n  n( x01 x01  x01 y01  y01x01 )  n( z01 z01  z01t01  t01z01 )  n nx01 x01 y01  n na1b1c1  n nz01z01t01  Đặt ( x1, x1 , y1 )  ( nx01, nx01, n y01 ),( z1 , z1 , t1 )  ( nz01 , nz01 , nt01 ) Khi ta có a0  b0  c0  m  x0  x0  y0  z0  z0  t0    a0b0  b0 c0  c0 a0   n  x0 x0  x0 y0  y0 x0  z0 z0  z0t0  t0 z0  x0 x0 y0  a0b0c0  z0 z0t0  Như ta tồn ( x0 , x0 , y0 ),( z0 , z0 , t0 )  R3 thỏa mãn điều kiện mà mệnh đề đưa Chứng minh mệnh đề   n  2m mn  6n  2m mn  Từ nhận xét iv) ta có a0b0 c0   max  x2  ,0 , x1   , ta 9 9     giả thiết m   3n ,  n  Khi tương tự phần chứng minh mệnh đề  a0  b0  c0  z0  z0  t0    a0b0  b0 c0  c0 a0  z0 z0  z0t0  t0 z0 ta tìm số ( z0 , z0 , t0 )  R cho  a0b0 c0  z0 z0t0  f ( x1 ) Bây ta cần chứng minh tồn ( x0 , x0 , y0 )  R  6n  2m mn  6n  2m x2  ,0   x2  áp dụng phương pháp 9   Ta có max  chứng minh mệnh đề 2, ta tìm số dương ( x0 , x0 , y0 )  R cho a0  b0  c0  x0  x0  y0    a0b0  b0 c0  c0 a0  x0 x0  x0 y0  y0 x0  f ( x2 )  x0 x0 y0  a0b0 c0   6n  2m mn  Nếu max  x2  ,   , ta xét số 9    m  m  n m  m  4n  ( x* , y * , z * )   0, ,   R , ta lại có   2   * * *  x  y z m  * * * * * * * * *  x y  y z  z x  n (3) nên số ( x , y , z ) thỏa mãn toán  x* y* z *    m  m  4n m  m  4n  Do tính hoán vị số ( x* , y* , z * ) nên số  ,0, ,   2    m  m  4n m  m  4n  , ,0  thỏa mãn (3)    2   Như ta chứng minh tồn số thỏa mãn mệnh đề Mệnh đề 4: (mệnh đề không chứng minh) Mọi đa thức đối xứng f theo biến a, b, c biểu diễn dạng đa thức  theo biến abc, a+b+c, ab+bc+ca deg  (abc)  deg f Nhận xét: Do đa thức đối xứng f (a, b, c) biểu diển thành hàm g ( A, B, C ) A  a  b  c , B  ab  bc  ca cố định biến C  abc chạy miền xác định Tuy nhiên ta không cần biết C đạt giá trị biên mà quan tâm đến việc C đạt giá trị biên a, b, c có đặc điểm Mệnh đề giúp ta đảm bảo tồn a, b, c C đạt giá trị biên Do đó, sở phương pháp ABC II-Phương pháp ABC Các định lí Định lí Nếu f (abc, ab  bc  ca, a  b  c) hàm đơn điệu R theo abc giá trị lớn giá trị nhỏ xảy có hai ba số a, b,c nhau; tập R+ xảy có số hay có hai số Định lí 2: Nếu f (abc, ab  bc  ca, a  b  c) hàm lồi R theo abc giá trị lớn xảy có hai số ba số a, b,c nhau; tập R+ xảy có số hay có hai số Định lí 3: Nếu f (abc, ab  bc  ca, a  b  c) hàm lõm R theo abc giá trị nhỏ xảy có hai số ba số a, b,c nhau; tập R+ xảy có số hay có hai số Ta không chứng minh định lí đọc xong định lí thấy mệnh đề mệnh đề đóng vai trò quan trọng việc chứng minh ba định lí Các hệ Hệ Giả sử hàm f (abc, ab  bc  ca, a  b  c) hàm đa thức bậc theo abc, hàm f đạt giá trị nhỏ giá trị lớn R có hai ba biến a, b,c nhau; R+ có biến hai ba biến Hệ Giả sử hàm f (abc, ab  bc  ca, a  b  c) tam thức bậc hai với hệ số cao dương f đạt giá trị lớn có hai ba biến a, b,c nhau; R+ có biến hai ba biến Hệ Giả sử hàm f (abc, ab  bc  ca, a  b  c) tam thức bậc hai với hệ số cao âm f đạt giá trị nhỏ có hai ba biến a, b,c nhau; R+ có biến hai ba biến Hệ Mọi đa thức đối xứng ba biến a, b, c có bậc bé hay đạt giá trị lớn nhỏ có hai ba biến a, b,c nhau; R+ có biến hai ba biến Hệ Mọi đa thức đối xứng ba biến a, b, c bậc bé hay hệ số a 2b 2c biểu diễn qua dạng f (abc, ab  bc  ca, a  b  c) dương (âm) đạt giá trị lớn (nhỏ nhất) R có hai ba biến a, b,c nhau; R+ có biến hai ba biến Hệ Mọi hàm đối xứng có bậc lớn mà biểu diễn qua dạng f (abc, ab  bc  ca, a  b  c ) mà f (abc, ab  bc  ca , a  b  c )  k ( abc)  h k, h hàm ab+bc+ca a+b+c, k  đạt giá trị lớn khi có hai số ba số a, b,c nhau; tập R+ xảy có số hay có hai số Chứng minh hệ Hệ 1: f (abc, ab  bc  ca, a  b  c) hàm đa thức bậc theo abc nên f đơn điệu theo định lí ta suy hàm f đạt giá trị nhỏ giá trị lớn R có hai ba biến a, b,c nhau; R+ có biến hai ba biến Hệ 2: f (abc, ab  bc  ca, a  b  c) tam thức bậc hai với hệ số cao dương nên f hàm lồi miền xác định f Do theo định lí ta suy f đạt giá trị lớn có hai ba biến a, b,c nhau; R+ có biến hai ba biến Hệ 3: f (abc, ab  bc  ca, a  b  c) tam thức bậc hai với hệ số cao âm nên f hàm lõm Áp dụng định lí ta suy f đạt giá trị nhỏ có hai ba biến a, b,c nhau; R+ có biến hai ba biến Hệ 4: Do hàm đối xứng bậc bé chuyển hàm f (abc, ab  bc  ca, a  b  c) theo biến abc bậc f bé , suy f phải hàm bậc Áp dụng hệ ta có điều phải chứng minh Hệ 5: Do hàm đối xứng bậc bé ( hiển nhiên bậc phải lớn ngược lại điều chứng minh hệ 4) chuyển hàm f (abc, ab  bc  ca, a  b  c ) theo biến abc bậc f bé , suy f phải tam thức bậc hai Mặc khác bậc a 2b 2c biểu diễn qua dạng f (abc, ab  bc  ca, a  b  c ) dương (âm) Áp dụng hệ ( hệ 3) ta có ta có điều phải chứng minh Hệ 6: Do hàm đa thức đối xứng có bậc lớn chuyển qua dạng f (abc, ab  bc  ca, a  b  c) bậc abc phải lớn ( 1, ta chứng minh hệ 5) suy   Vì hàm  ( x)  ax  b, a  0,   hàm lồi nên f (abc, ab  bc  ca, a  b  c)  k (abc)  h với k>0 phải hàm lồi Áp dụng định lí ta có điều phải chứng minh Nhận xét: Như việc so sánh biểu thức với số ta qui việc so sánh giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức với số Một số đẳng thức thường dùng chứng minh Đặt a  x  y  z , b  xy  yz  zx, c  xyz Khi ta có đẳng thức sau: x  y  z  a  2b x3  y  z  a  3ab  3c x  y  z  a  4a 2b  2b  4ac x5  y  z  a  5a 3b  5ab  5a c  5bc x6  y  z  a  6a 4b  6a 3c  a 2b  12abc  3c  2b3 ( xy)  ( yz )  ( zx)  b  2ac ( xy)3  ( yz )3  ( zx)3  b3  3abc  3c ( xy)  ( yz )  ( zx)  b  4ab c  2a c  4bc xy ( x  y )  yz ( y  z )  zx( z  x)  ab  3c xy ( x  y )  yz ( y  z )  zx( z  x )  a 2b  2b  ac x y ( x  y )  y z ( y  z )  z x ( z  x )  ab  2a c  bc x y ( x  y )  y z ( y  z )  z x ( z  x )  ( x  y  z )( x  y  z )  ( x  y  z ) 1 b    x y z c 1 a    xy yz zx c 1 a2  b    x  y y  z z  x ab  c ( x  y )( y  z )( z  x)  ab  c (1  x)(1  y )(1  z )   a  b  c 10 x6  x3 y  x3 y 3  x4 y2 2 Áp dụng bất dẳng thức Cauchy cho số dương y , x3 y , y  x3 y  x3 y ta có x3 y3  y x2 2 Từ ta có   P2   x  y    x3  y   2 x6  x4 y  x3 y  3x y  y      x y  x y   2  với x, y dương Như max P  nên P  vói x, y, z dương Vậy bất đảng thức chứng minh. Cho x, y , z số thực thõa mãn x  y  z  Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ Q  2( x  y  z )  xyz Giải Vì P hàm bậc theo biến xyz nên Q đạt giá trị lớn nhất, nhỏ ba biến x, y, z có hai biến Giả sử y = z , ta chuyển toán sau: Cho x, y số thực thõa mãn x  y  Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức P  x  y  xy Từ giả thiết ta có x   y x vào P ta có P   y  y  y  y  5    x , P /   x  1, 3,  2  9 x     5 Do max P  max  P( 3), P(1), P , P   , P (3)   P(1)  10 đạt  3   x  1, y  Ta có P /  2 x    P   P(3), P(1), P    5  , P (3)   P (3)  6 đạt x  3, y   3    , P  Vậy Q  6 đạt  3,0,  max Q  10 đạt  1, 2,   Cho m, n, p số thực dương thõa mãn m  n  p  Chứng minh m n p    (5) m  np n  pm p  mn mp pn mn Đặt x  ,y ,z  bất đẳng thức (5) viết lại là: n m p 1    (5.1) với điều kiện xy  yz  zx  xy  z yz  x zx  y 13 Bất đẳng thức (5.1) viết lại sau: S  ( xy  z )( yz  x)  ( yz  x)( zx  y)  ( zx  y )( xy  z )  3( xy  z )( yz  x)( zx  y)  Và biểu thúc S biểu diễn dạng hàm theo biến a, b, c sau S  3c  (6  3a  6b  5a )c  3b  ab  b Theo hệ S đạt giá trị nhỏ ba biến có hai biến có biến Như để chứng bất đảng thức (5.1) ta cần chứng minh bất đẳng thức trường hợp hai biến biến Trường hợp 1: Hai biến Không tính tổng quát ta giả sử y = z ta cần chứng minh bất đẳng thức: S1  2( xy  y )  ( y  x)  3( y  x)( xy  y)  với điều kiện xy  y  1 y2 dễ thấy 0[...]... rõ được phương pháp ABC ( phần lớn là thực hiện trên bất đẳng thức ba biến) Hiểu rõ bản chất sẽ giúp ta hiểu rõ bản chất sẽ giúp ta có cái nhìn chắc chắn về một phương pháp mới, phương pháp ABC Từ đó đem ứng dụng để giải các bất đẳng thức một cách linh hoạt và nhuần nhuyễn.Cùng với năm phương pháp còn lại thì phương pháp ABC đã tạo thành những viên kim cương của bất đẳng thức hiện đại Phương pháp ABC... cũng bằng nhau ii) Trong số n biến đó có một biến bằng 0 (điều kiện này chỉ xuất hiện khi khả ABC đối với biến abc) 23 Bất đẳng thức được chứng minh nếu nó được chứng minh trong hai trường hợp trên (Định lí này không chứng minh Chứng minh định lí này được tác giả Nguyễn Anh Cường trình bày một cách rõ ràng trong cuốn “ Những viên kim cương trong bất đẳng thức toán học” của Trần Phương) Từ những định... a2 , a3 ) là biểu thức khả ABC theo tính đơn điệu thì bất đẳng thức f (a1 , a2 , , an 1 , an )  0 được đưa về xét hai trường hợp: i) n  1 biến bằng nhau ii) Một biến bằng 0 (điều kiện này chỉ xuất hiện khi khả ABC đối với biến abc) Bất đẳng thức được chứng minh là đúng nếu nó được chứng minh là đúng trong hai trường hợp trên (Định lí này không chứng minh Phần chứng minh có thể xem trong cuốn “ Những... ta khai phá kho tàng bất đẳng thức đồ sộ của nhân loại mà còn giúp mỗi người làm toán tha hồ sáng tạo ra những bất đẳng thức đẹp của riêng mình và tìm ra những điều lí thú trong đó Do điều kiện còn hạn chế nên em chỉ mới làm rõ được phương pháp ABC đối với bất đẳng thức ba biếnvà chỉ sơ lược qua phương pháp ABC tổng quát Nếu có điều kiện thì em sẽ tiếp tục làm rõ phương pháp này trong trường hợp tổng... ab  b Theo hệ quả 5 thì S đạt giá trị nhỏ nhất khi trong ba biến có hai biến bằng nhau hoặc có một biến bằng 0 Như vậy để chứng bất đảng thức (5.1) ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức trong trường hợp hai biến bằng nhau hoặc một biến bằng 0 Trường hợp 1: Hai biến bằng nhau Không mất tính tổng quát ta giả sử y = z khi đó ta cần chứng minh bất đẳng thức: S1  2( xy  y )  ( y 2  x)  3( y 2  x)( xy... chứng minh Phần chứng minh có thể xem trong cuốn “ Những viên kim cương trong bất đẳng thức toán học” của Trần Phương 4 Bài tập minh họa 1 Cho a, b, c, d là các số thực dương Chứng minh rằng 3(a 4  b 4  c 4  d 4 ) 3(a 2  b 2  c 2  d 2 )  1 4abcd ab  ac  ad  bc  bd  cd Bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức f (a, b, c, d )  3(a 4  b 4  c 4  d 4 )(ab  ac  ad  bc  bd ... trị lớn nhất khi trong ba biến x, y, z có hai biến bằng nhau Trong trường hợp bộ số ( x, y , z )  R 3 , thì cũng lập luận tương tự như trên ta cũng có S đạt min, max khi trong ba biến x, y, z phải có hai biến bằng nhau Chứng minh định lí 2: Cũng cách lập luận tương tự như chứng minh định lí 1 Ta có thể chứng minh định lí 2 Phần chứng minh định lí 1, và định lí 2 đã được chứng minh trong cuốn “Những... khả ABC là gì? Biểu thức f (a , b, c) được gọi là một biểu thức khả ABC nếu bất dẳng thức f (a , b, c)  0 có thể được chứng minh dựa vào định lí ABC để đưa về hai trường hợp i) Hai trong ba biến bằng nhau ii) Trong ba biến có một biến bằng 0 ( điều kiện này chỉ xuất hiện khi khả ABC đối với biến abc) Như vậy, muốn chứng minh một biểu thức là khả ABC thì ta chỉ việc chứng minh biểu thức đó có thể biểu... để chuyển bất đẳng thức về dạng có thể áp dụng được phương pháp ABC 7 Cho các số thực không âm x, y, z thõa mãn x  y  z  2 Chứng minh rằng 0  x 3 y  y 3 z  z 3 x  xy 3  yz 3  zx 3  2 (7) Giải 14 Do x, y, z là các số thực không âm nên 0  x3 y  y 3 z  z 3 x  xy 3  yz 3  zx 3 là hiển nhiên Ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức 0  x 3 y  y 3 z  z 3 x  xy 3  yz 3  zx 3 Bình phương hai... c, và hệ số của c 2 là một số dương Do đó theo hệ quả 5 thì vế trái của bất đảng thức (8) đạt giá trị lớn nhất khi trong ba biến x, y, z phải có hai biến bằng nhau Giả sử y = z, khi đó ta cần chứng minh bất đẳng thức x3  2 y 3  xy 2  2 2 với x, y là các số thực thõa mãn x 2  2 y 2  2 Thật vậy, bình phương hai vế của bất đẳng thức ta có x 3 2 3  2 y 3  xy 2   8   x 2  2 y 2  ( vì x 2  ... ABC biến abc) Bất đẳng thức chứng minh chứng minh hai trường hợp (Định lí không chứng minh Phần chứng minh xem “ Những viên kim cương bất đẳng thức toán học” Trần Phương Bài tập minh họa Cho a,... chung, Việt Nam nói riêng có nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức, từ phương pháp cổ điển, cận đại đến đại Trong trào lưu đó, có kĩ thuật chứng minh bất đẳng thức mà có lẽ học sinh THPT biết... chắn phương pháp mới, phương pháp ABC Từ đem ứng dụng để giải bất đẳng thức cách linh hoạt nhuần nhuyễn.Cùng với năm phương pháp lại phương pháp ABC tạo thành viên kim cương bất đẳng thức đại Phương