dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức

Mục lục
Lời nói đầu
2
1 Tên chương
3
1.1 Dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . 3
1
www
.
la
is
ac.
page.
t
l
DÙ
NG
DÃYS
Ố
ĐỂ
CH
ỨNG
M
IN
H

B
ẤTĐẲN
G
THỨC


Nguyễ
nTài

C
hu
ng
T
HP
T

chuyê
nG
ia
L
ai
Lời nói đầu
2
Chương 1
Tên chương
1.1 Dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức
Chúng ta đều biết rằng thế giới Bất đẳng thức vô cùng rộng lớn và phong
phú, là lĩnh vực phát triển nhất của Toán sơ cấp. Do vậy các phương
pháp và kĩ thuật chứng minh bất đẳng thức ngày càng nh iều, và có nhiều
phương pháp mới. Theo dõi các tài liệu trên Internet ta t hấy trong thời
gian gần đây Bất đẳng thức được quan tâm, trao đổi, thảo luận và p hát
triển rất nhiều, đã xuất hiện nhiều cao thủ về bất đẳng thức là các Học
sinh, Sinh viên người Việt Nam, theo đó đã có một số phương pháp mới
để tấn công các bài toán về Bất đẳng thứ c. Trong quá trình giảng dạy
Bất đẳng thức cho các em học sinh giỏi, tôi thấy có một phương pháp
mới lạ và rất độc đáo đó là sử d ụng Dãy số để chứng minh Bất đẳng

thức. Vấn đ ề này cũng khá rộng lớn, phải kể đến như dùng Giới hạn
dãy số để chỉ ra hằng số tốt nhất làm cho Bất đẳng thức đúng, tìm tất
cả các giá trị của tham số để Bất đẳn g thức đúng, Bất đẳng thức trong
Dãy số, dùng Giới hạn dãy số để chứng minh Bất đẳng thức ba biến đối
xứn g. Bài viết này đề cập đến k ĩ thuật dùng Giới hạn dãy số để chứng
minh một số Bất đẳng thức khó dạng ba biến đối xứng, đây là vấn đề
mới mẻ nên các ví dụ mà tôi sưu tầm được còn ít. Hy vọng rằng sau khi
đọc bài viết, b ạn đọc sẽ phát triển thêm kĩ thuật này và sưu tầm, sáng
tạo thêm n hiều bài toán giải được bằng kĩ thuật này.
1. Một số lưu ý về phương pháp. Tất cả các b ất đẳng thức đối xứng
ba biến số đ ều có thể quy về các hàm đối xứng cơ bản của
p = x + y + z, q = xy + yz + zx, r = xyz.
3
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
Sau khi đã viết bất đẳng thức cần chứng minh theo p, q, r ta chỉ cần
khảo sát bất đẳng thức này theo ba biến mới p, q, r.
• Có thể thấy ngay lợi ích của phương pháp này là mối ràng buộc giữa
các biến p, q, r mà các biến dương x, y, z ban đầu không có như
p
2
≥ 3r, p
3
≥ 27r, q
2
≥ 3pr, pq ≥ 9r
• Một số b iểu diễn theo p, q, r :
x
2
+ y
2

+ z
2
= p
2
− 2q
x
3
+ y
3
+ z
3
= p
3
− 3pq + 3r
x
4
+ y
4
+ z
4
=

p
2
− 2q

2
− 2

q

2
− 2pr

(x + y) (y + z) (z + x) = pq − r
xy ( x + y) + yz (y + z) + zx (z + x) = pq − 3r
x
2
y
2
+ y
2
z
2
+ z
2
x
2
= q
2
− 2pr
x
3
y
3
+ y
3
z
3
+ z
3

x
3
= q
3
− 3pqr + 3r
2
x
4
y
4
+ y
4
z
4
+ z
4
x
4
= q
4
− 4pq
2
r + 2p
2
r
2
+ 4qr
2
.
Việc chứng minh các công thức t rên là đơn giản. Sau đây là một vài

chứng minh đó.
◦ Ta có
x
4
+ y
4
+ z
4
=

x
2
+ y
2
+ z
2

2
− 2

x
2
y
2
+ y
2
z
2
+ z
2

x
2

=

p
2
− 2q

2
− 2

(xy + yz + zx)
2
− 2xyz (x + y + z)

=

p
2
− 2q

2
− 2

q
2
− 2pr

.

◦ Ta có
(x + y) (y + z) (z + x) = (p − x) (p − y) (p − z)
=p
3
− (x + y + z) p
2
+ (xy + yz + zx) p − xyz
=p
3
− p
3
+ pq − r = pq − r.
◦ Ta có
xy ( x + y) + yz (y + z) + zx (z + x)
1.1. Dùng dãy số để chứng mi nh bất đẳng thức 4
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
=xy (p − z) + yz (p − x) + zx (p − y)
=p (xy + yz + zx) − 3xyz = pq − 3r.
◦ Do hằng đẳng thức
A
3
+B
3
+C
3
−3ABC = (A + B + C)

A
2
+ B

2
+ C
2
− AB − BC − CA

nên
x
3
y
3
+ y
3
z
3
+ z
3
x
3
=3x
2
y
2
z
2
+ (xy + yz + zx)

x
2
y
2

+ y
2
z
2
+ z
2
x
2
− xyz (x + y + z)

=3r
2
+ q

q
2
− 2pr − rp

= q
3
− 3pqr + 3r
2
.
• Bất đẳng thức Schur : Nếu x, y, z là các số t hực dương và t là một số
thực dương, thì
x
t
(x − y) (x − z) + y
t
(y − z) (y − x) + z

t
(z − y) (z − x) ≥ 0. (1)
Chứng minh. Không mất tín h tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z > 0. Gọi P
là vế trái của (1). Khi đó
P ≥ x
t
(x − y) (x − z) + y
t
(y − z) (y − x)
= (x − y)

x
t
(x − z) − y
t
(y − z)

≥ (x − y)

y
t
(x − z) − y
t
(y − z)

= (x − y)
2
y
t
≥ 0.

Dấu bằng xảy ra kh i và chỉ khi x = y = z hoặc x = y và z = 0 cùng các
hoán vị của nó.
Lưu ý. Nếu t là số nguyên dương, chẳng hạn t = 1, t = 2 thì chỉ cần
điều k iện của x, y, z không âm là bất đẳng (1) đúng. Bất đẳng thức (1)
cũng đúng khi t < 0, thật vậy, nếu t < 0 thì với giả sử x ≥ y ≥ z > 0,
ta có z
t
≥ y
t
, suy ra
P ≥ y
t
(y − z) (y − x) + z
t
(z − y) (z − x)
= (y − z)

y
t
(y − x) − z
t
(z − x)

≥ (y − z)

z
t
(y − x) − z
t
(z − x)


= (y − z)
2
z
t
≥ 0.
1.1. Dùng dãy số để chứng mi nh bất đẳng thức 5
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
• Hai trường hợp quen thuộc đ ược sử dụng nhiều là t = 1 và t = 2. Với
x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 ta có
x (x − y) (x − z) + y (y − z) (y − x) + z (z − y ) (z − x) ≥ 0. (2)
x
2
(x − y) (x − z) + y
2
(y − z) (y − x) + z
2
(z − y) (z − x) ≥ 0. (3)
Các bất đẳng thức (2) và (3) còn được viết lại là
x
3
+ y
3
+ z
3
+ 3xyz ≥ xy (x + y) + yz ( y + z) + zx (z + x) . (4)
x
4
+ y
4

+ z
4
+ xyz (x + y + z) ≥ x
3
(y + z) + y
3
(z + x) + z
3
(x + y) .
(5)
Còn nếu viết theo p, q, r thì từ (4) và (5) ta có
p
3
− 4pq + 9r ≥ 0, p
4
− 5p
2
q + 4q
2
+ 6pr ≥ 0.
Thật vậy, ta có
(4) ⇔ p
3
− 3pq + 3r + 3r ≥ xy (p − z) + yz (p − x) + zx (p − y)
⇔ p
3
− 3pq + 6r ≥ p (xy + yz + zx) − 3xyz ⇔ p
3
− 4pq + 9r ≥ 0
và (5) tương đương với


p
4
− 4p
2
q + 2q
2
+ 4pr

+ pr ≥ x
3
(p − x) + y
3
(p − y) + z
3
(p − z)
⇔p
4
− 4p
2
q + 2q
2
+ 5pr ≥

x
3
+ y
3
+ z
3


p −

x
4
+ y
4
+ z
4

⇔p
4
− 4p
2
q + 2q
2
+ 5pr ≥

p
3
− 3pq + 3r

p −

p
4
− 4p
2
q + 2q
2

+ 4pr

⇔p
4
− 5p
2
q + 4q
2
+ 6pr ≥ 0.
2. Một số bài to án.
Bài toán 1. Cho ba số dương a, b, c thoả mãn điều kiện a + b + c = 1.
Chứng minh rằng
(1 − ab − bc − ca) (1 − 27abc)
≥6 [1 + 3 (ab + bc + ca)]

(ab + bc + ca)
2
− 3abc

.
1.1. Dùng dãy số để chứng mi nh bất đẳng thức 6
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
Giải. Đặt p = a + b + c, q = ab + bc + ca, r = abc. Khi đó p = 1. Ta cần
chứng minh
(1 − q) (1 − 27r) ≥ 6 (1 + 3q)

q
2
− 3r


. (1)
Ta có 0 ≤ q = ab + bc + ca ≤
1
3
(a + b + c)
2
=
1
3
. Khi 0 < q ≤
1
4
, ta có
(1 − q) (1 − 27r) ≥
3 (1 − 27r)
4
. (2)
6 (1 + 3q)

q
2
− 3r

≤ 6

1 +
3
4

1

16
− 3r

=
42
4

1
16
− 3r

. (3)
Vì
3 (1 − 27r)
4
≥
42
4

1
16
− 3r

⇔ 3−81r ≥
42
16
−126r ⇔ 45r ≥ −
3
8
(đúng)

nên từ (2) và (3) su y ra (1) đúng. Tiếp theo ta xét
1
4
≤ q ≤
1
3
. Xét dãy
số (a
n
) như sau
a
1
=
1
4
; a
n+1
=
1 + a
n
5 − 3a
n
, ∀n = 1, 2, . . . (4)
Ta có a
1
≤
1
3
. Giả sử a
k

≤
1
3
. Xét hàm số f(x) =
x + 1
−3x + 5
, khi đó hàm
f đồng biến vì
f

(x) =
8
(5 − 3x)
2
> 0.
Vậy a
k+1
= f (a
k
) ≤ f

1
3

=
1
3
. Theo nguyên lí quy nạp, suy ra
0 ≤ a
n

≤
1
3
, ∀n = 1, 2, . . .
Do đó
a
n+1
− a
n
=
1 + a
n
5 − 3a
n
− a
n
=
3a
2
n
− 4a
n
+ 1
5 − 3a
n
> 0.
1.1. Dùng dãy số để chứng mi nh bất đẳng thức 7
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
Vậy dãy số (a
n

) tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn. Đặt
lim
n→+∞
a
n
= L. Từ (4) cho n → +∞, ta được
L =
1 + L
5 − 3L
⇔ 3L
2
− 4L + 1 = 0
do L≤
1
3
⇒
L =
1
3
.
Vì dãy số (a
n
) tăng về
1
3
và q ∈

1
4
;

1
3

, suy ra tồn tại k ∈ N
∗
sao cho
a
k
≤ q ≤ a
k+1
⇒ q ≤
1 + a
k
5 − 3a
k
⇒ 5q − 3qa
k
≤ 1 + a
k
⇒3q − 3qa
k
+ 1 − a
k
≤ 2 − 2q ⇒
1
2
(1 − a
k
) (3q + 1) ≤ 1 − q.
Từ a

k
≤ q ≤
1
3
, ta có
(q − a
k
)

q −
1
3

≤ 0 ⇔ q
2
≤
q
3
+ qa
k
−
a
k
3
⇔ q
2
≤ q

1
3

+ a
k

−
a
k
3
.
Theo bất đ ẳng thức Schur, ta có p
3
− 4pq + 9r ≥ 0, mà p = 1 nên
4q − 1 ≤ 9r. Do đó
q
2
≤
1 + 9r
4

1
3
+ a
k

−
a
k
3
⇒ q
2
≤

(9r + 1) ( 3a
k
+ 1) − 4a
k
12
⇒q
2
≤
27r a
k
+ 9r + 3a
k
+ 1 − 4a
k
12
⇒ q
2
− 3r ≤
27r a
k
− 27r + 1 − a
k
12
⇒q
2
− 3r ≤
(1 − a
k
) (1 − 27r)
12

.
Vậy ta đã ch ứng minh được
1
2
(1 − a
k
) (3q + 1) ≤ 1 − q. (5)
q
2
− 3r ≤
(1 − a
k
) (1 − 27r)
12
. (6)
Để ý rằng 1 − a
k
> 0, 3q − 1 ≤ 0, 1 − q > 0, q
2
− 3r ≥ 0, 1 − 27r ≥ 0.
Từ (6) suy ra
1 − a
k
≥
12

q
2
− 3r


1 − 27r
1.1. Dùng dãy số để chứng mi nh bất đẳng thức 8
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
Thay vào (5) ta được
1−q ≥
1
2
.
12

q
2
− 3r

1 − 27r
(3q + 1) ⇒ 6

q
2
− 3r

(3q + 1) ≤ (1 − q) (1 − 27r) .
Phép chứng minh hoàn th ành.
Lưu ý. Dãy số (a
n
) được tìm ra n hư sau : Ta cần xây dựng dãy số (a
n
)
thoả mãn điều kiện a
1

=
1
4
và dãy (a
n
) tăng về
1
3
. Vì
1
4
≤ q ≤
1
3
nên tồn
tại k ∈ N
∗
sao cho a
k
≤ q ≤ a
k+1
. Chú ý rằng điều kiện a
k
≤ q tương
đương với
(q − a
k
)

q −

1
3

≤ 0 ⇔ q
2
≤
q
3
+ qa
k
−
a
k
3
⇔ q
2
≤ q

1
3
+ a
k

−
a
k
3
.
Vì 4q ≤ 9r + 1 nên
q

2
≤
1 + 9r
4

1
3
+ a
k

−
a
k
3
⇒ q
2
≤
(9r + 1) ( 3a
k
+ 1) − 4a
k
12
⇒q
2
≤
27r a
k
+ 9r + 3a
k
+ 1 − 4a

k
12
⇒ q
2
− 3r ≤
27r a
k
− 27r + 1 − a
k
12
⇒q
2
− 3r ≤
(1 − a
k
) (1 − 27r)
12
.
Vậy để chứng min h 6

q
2
− 3r

(3q + 1) ≤ (1 − q) (1 − 27r), ta cần chứng
minh
1
2
(1 − a
k

) (3q + 1) ≤ 1 − q ⇒ 5q − 3qa
k
≤ 1 + a
k
⇒ q ≤
1 + a
k
5 − 3a
k
.
Vì vậy, ta dẫn đến ý tưởng là chọn luôn a
k+1
=
1 + a
k
5 − 3a
k
và xét dãy số
(a
n
) như trên.
Bài toán 2. Xét ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 1, chứng
minh rằng
1 + 162a
2
b
2
c
2
≥ 27abc + 54


a
3
b
3
+ b
3
c
3
+ c
3
a
3

.
Giải. Đặt p = a + b + c, q = ab + bc + ca, r = abc. Khi đó p = 1 và
a
3
b
3
+ b
3
c
3
+ c
3
a
3
= q
3

− 3pqr + 3r
2
= q
3
− 3qr + 3r
2
.
1.1. Dùng dãy số để chứng mi nh bất đẳng thức 9
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
Ta cần chứng minh
1 + 162r
2
≥ 27r + 54

q
3
− 3qr + 3r
2

⇔ 54q

q
2
− 3r

≤ 1 − 27r. (1)
Ta có 0 ≤ q = ab + bc + ca ≤
1
3
(a + b + c)

2
=
1
3
. Khi 0 < q ≤
1
4
, ta có
54q

q
2
− 3r

≤
27
2

1
16
− 3r

(2)
27
2

1
16
− 3r


≤ 1 − 27r ⇔ 432r ≥ −5

đúng

. (3)
Từ (2) và (3) suy ra (1) đúng. Tiếp theo ta xét
1
4
≤ q ≤
1
3
. Xét dãy số
(a
n
) như sau
a
1
=
1
4
; a
n+1
=
2
9(1 − a
n
)
, ∀n = 1, 2, . . . (4)
Ta có a
1

≤
1
3
. Giả sử a
k
≤
1
3
. Xét hàm số f(x) =
2
9(1 − x)
, khi đó hàm
f đồng biến vì f

(x) > 0. Vậy a
k+1
= f (a
k
) ≤ f

1
3

=
1
3
. Theo nguyên
lí quy nạp, suy ra
0 ≤ a
n

≤
1
3
, ∀n = 1, 2, . . .
Do đó
a
n+1
− a
n
=
2
9 (1 − a
n
)
− a
n
=
9a
2
n
− 9a
n
+ 2
9 (1 − a
n
)
≥ 0.
Vậy dãy số (a
n
) tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn. Đặt

lim
n→+∞
a
n
= L. Từ (4) cho n → +∞, ta được
L =
2
9(1 − L)
⇔ 9L
2
− 9L + 2 = 0
do L≤
1
3
⇒
L =
1
3
.
Vì dãy số (a
n
) tăng về
1
3
và q ∈

1
4
;
1

3

, suy ra tồn tại k ∈ N
∗
sao cho
a
k
≤ q ≤ a
k+1
⇒ q ≤
2
9 (1 − a
k
)
⇒ 0 ≤ 1 − a
k
≤
2
9q
.
1.1. Dùng dãy số để chứng mi nh bất đẳng thức 10
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
Từ a
k
≤ q ≤
1
3
, ta có
(q − a
k

)

q −
1
3

≤ 0 ⇔ q
2
≤
q
3
+ qa
k
−
a
k
3
⇔ q
2
≤ q

1
3
+ a
k

−
a
k
3

.
Theo bất đ ẳng thức Schur, ta có p
3
− 4pq + 9r ≥ 0, mà p = 1 nên
4q − 1 ≤ 9r. Do đó
q
2
≤
1 + 9r
4

1
3
+ a
k

−
a
k
3
⇒ q
2
≤
(9r + 1) ( 3a
k
+ 1) − 4a
k
12
⇒q
2

≤
27r a
k
+ 9r + 3a
k
+ 1 − 4a
k
12
⇒ q
2
− 3r ≤
27r a
k
− 27r + 1 − a
k
12
⇒q
2
− 3r ≤
(1 − a
k
) (1 − 27r)
12
.
Vậy ta đã ch ứng minh được
1 − a
k
≤
2
9q

. (5)
q
2
− 3r ≤
(1 − a
k
) (1 − 27r)
12
. (6)
Để ý rằng 1 − a
k
> 0, 1 − 27r ≥ 0, nên từ (5) và (6) suy ra
q
2
− 3r ≤
2
9q
.
1 − 27r
12
⇒ 54q

q
2
− 3r

≤ 1 − 27r.
Phép chứng minh hoàn th ành.
Bài toán 3. Xét ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 1, chứng
minh rằng

7 (ab + bc + ca)
2
≥ 18abc + 27

a
3
b
3
+ b
3
c
3
+ c
3
a
3

.
Giải. Đặt p = a + b + c, q = ab + bc + ca, r = abc. Khi đó p = 1 và
a
3
b
3
+ b
3
c
3
+ c
3
a

3
= q
3
− 3pqr + 3r
2
= q
3
− 3qr + 3r
2
.
Ta cần chứng minh
7q
2
≥ 18r + 27

q
3
− 3qr + 3r
2

1.1. Dùng dãy số để chứng mi nh bất đẳng thức 11
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
⇔27q

q
2
− 3r

≤ 7q
2

− 18r − 81r
2
⇔27q

q
2
− 3r

≤ 7

q
2
− 3r

+ 3r (1 − 27r)
⇔ (27q − 7)

q
2
− 3r

≤ 3r (1 − 27r) . (1)
Ta có 0 ≤ q = ab + bc + ca ≤
1
3
(a + b + c)
2
=
1
3

. Khi 0 < q ≤
1
4
, thì (1)
đúng, do vế trái âm, còn vế phải không âm. Tiếp theo ta xét
1
4
≤ q ≤
1
3
.
Xét dãy số (a
n
) như sau
a
1
=
1
4
; a
n+1
=
7a
n
− 3
27a
n
− 11
, ∀n = 1, 2, . . . (4)
Ta có a

1
≤
1
3
. Giả sử a
k
≤
1
3
. Xét hàm số f(x) =
7x − 3
27x − 11
, khi đó hàm
f đồng biến vì f

(x) > 0. Vậy a
k+1
= f (a
k
) ≤ f

1
3

=
1
3
. Theo nguyên
lí quy nạp, suy ra 0 ≤ a
n

≤
1
3
, ∀n = 1, 2, . . . Do đó
a
n+1
−a
n
=
7a
n
− 3
27a
n
− 11
−a
n
=
−

27a
2
n
− 18a
n
+ 3

27a
n
− 11

=
−3 (3a
n
− 1)
2
27a
n
− 11
≥ 0.
Vậy dãy số (a
n
) tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn. Đặt
lim
n→+∞
a
n
= L. Từ (4) cho n → +∞, ta được
L =
7L − 3
27L − 11
⇔ 3(3L − 1)
2
= 0
⇔
L =
1
3
.
Vì dãy số (a
n

) tăng về
1
3
và q ∈

1
4
;
1
3

, suy ra tồn tại k ∈ N
∗
sao cho
a
k
≤ q ≤ a
k+1
⇒ q ≤
3 − 7a
k
11 − 27a
k
⇔ 11q − 27qa
k
≤ 3 − 7a
k
⇔a
k
(27q − 7) ≥ 11q − 3. (5)

Nếu
1
4
≤ q ≤
7
27
thì (1) đúng. Tiếp theo xét
7
27
< q ≤
1
3
. Từ (5) ta được
a
k
≥
11q − 3
27q − 7
⇔ 1 − a
k
≤ 1 −
11q − 3
27q − 7
⇔ 1 − a
k
≤
16q − 4
27q − 7
.
1.1. Dùng dãy số để chứng mi nh bất đẳng thức 12

Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
Từ a
k
≤ q ≤
1
3
, ta có
(q − a
k
)

q −
1
3

≤ 0 ⇔ q
2
≤
q
3
+ qa
k
−
a
k
3
⇔ q
2
≤ q


1
3
+ a
k

−
a
k
3
.
Theo bất đ ẳng thức Schur, ta có p
3
− 4pq + 9r ≥ 0, mà p = 1 nên
4q − 1 ≤ 9r. Do đó
q
2
≤
1 + 9r
4

1
3
+ a
k

−
a
k
3
⇒ q

2
≤
(9r + 1) ( 3a
k
+ 1) − 4a
k
12
⇒q
2
≤
27r a
k
+ 9r + 3a
k
+ 1 − 4a
k
12
⇒ q
2
− 3r ≤
27r a
k
− 27r + 1 − a
k
12
⇒q
2
− 3r ≤
(1 − a
k

) (1 − 27r)
12
.
Vậy ta đã ch ứng minh được
1 − a
k
≤
16q − 4
27q − 7
. (6)
q
2
− 3r ≤
(1 − a
k
) (1 − 27r)
12
. (7)
Từ (6) và (7) ta có
(27q − 7)

q
2
− 3r

≤ (27q − 7) .
(1 − a
k
) (1 − 27r)
12

≤
(16q − 4) (1 − 27r)
12
=
(4q − 1) (1 − 27r)
3
≤ 3r (1 − 27r) (do 4q − 1 ≤ 9r) .
Phép chứng minh hoàn th ành.
Lưu ý. Các bài toán trên còn được giải bằng cách vận dụn g "Phương
pháp ABC" (một phương pháp mới, được đưa ra bởi Nguyễn Anh
Cường), tuy nhiên khi đi thi Học sinh giỏi Quốc gia, nếu làm theo
cách này thì phải chứng minh nhiều Định lí, Hệ quả phứ c tạp, điều
đó không thích hợp do thời gian hạn hẹp trong phòng thi. Còn nếu giải
theo phương pháp dùng giới hạn dãy số như ở trên t hì ta chỉ cần chứng
minh kết quả p
3
− 4pq + 9r ≥ 0, điều này rất ngắn gọn, đơn giản, chỉ vài
dòng là xong.
1.1. Dùng dãy số để chứng mi nh bất đẳng thức 13