SÁNG tạo bất ĐẲNG THỨC từ một bài TOÁN NGÔ văn THÁI
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (143.84 KB, 12 trang )
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
Sáng tạo bất đẳng thức
từ một bài toán gốc
(Phần 1)
Ngô Văn Thái
Trường T.H.P.T Phạm Quang Thẩm
Vũ Thư-Thái Bình
Trong quá trình giải toán tôi gặp một bài toán bất đẳng thức (b.đ.t) sau đây
“ Cho ba số thực không âm a,b,c . Chứng minh rằng
(a 2 + b 2 + c 2 )2 ≥ a 4 + a(b + c )3 ”
(*)
Lời giải: Áp dụng b.đ.t trung bình lũy thừa b 2 + c 2 ≥ (b + c )2 ta được
1
2
(
[
2
)
1
1
1
2
2
4
2
2
a + b + c ≥ a 2 + (b + c ) = a 4 + a 2 (b + c ) + (b + c ) = a 4 + (b + c ) 4a 2 + (b + c )
2
4
4
2
2
Mặt khác theo b.đ.t Cauchy hai số thì 4a + (b + c ) ≥ 4a(b + c )
2
2
2 2
]
Do đó (a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ a 4 + a(b + c )3
Đẳng thức xẩy ra khi a = b = c ≥ 0 , hoặc b = c = 0, a ≠ 0 . Bài toán được chứng
minh.
2
Sau khi giải xong bài toán trên tôi thấy bài toán cũng bình thường như nhiều bài
toán khác không dễ cũng không khó, nên một thời gian dài tôi không để tâm tới bài
toán đó nữa. Nhân một hôm đọc lời giải bài toán b.đ.t thi quốc tế IMO-42 đăng
trong cuốn sách“40 năm OLYMPIC toán học quốc tế” của G.S-T.S Vũ Dương
Thụy,Th.S Nguyễn Văn Nho, trong lời giải có phép biền đổi dẫn đến b.đ.t sau:
a
a
≥
a + 8bc
2
1
3
1
3
1
1
a + b3 + c3
Tiếp sau đó tôi đọc cuốn “Bất đẳng thức, suy luận và khám phá” của Phạm Văn
Thuận, Lê Vĩ, cũng thấy giới thiệu lời giải bài toán b.đ.t thi quốc tế IMO-42 của tác
giả Hojoo Lee,trong lời giải đẹp này lại đưa đến b.đ.t sau:
a
3
2
3
4
3
4
a + 8b c
3
4
≥
a
a+b+c
Tự nhiên tôi liên tưởng đến bài toán (*) đã bỏ quên từ lâu, thế là tôi đi đến
quyết định, thử tìm hiểu xem giữa bài toán (*) và bài toán b.đ.t thi quốc tế IMO-42
có mối liên hệ gì với nhau hay không ? và cũng từ b.đ.t (*) liệu có thể khai thác để
sáng tạo ra những bài toán b.đ.t đẹp được hay không ? Thật bất ngờ khi sử dụng
Biên soạn: Ngô Văn Thái
Trang - 1 -
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
b.đ.t (*) kết hợp với các b.đ.t quen biết khác thì điều dự đoán của tôi đã thu được
nhiều kết quả đẹp, ấn tượng vượt trên cả sự mong đợi.
Sau đây tôi xin được chia sẻ với bạn đọc về những nét tìm tòi của mình xung
quanh bài toán b.đ.t (*), mặc dù cách tìm tòi của tôi không phải là điều gì mới mẻ,
nhưng các kết quả tìm ra lại không cũ. Vì vậy tác giả vẫn mong muốn được đón
nhận nhiều ý kiến trao đổi từ phía bạn đọc. Bài viết này dành để tặng các em học
sinh khá giỏi môn toán, tác giả rất vui mừng sau khi các em đọc xong bài viết này
sẽ tự mình sáng tạo ra những bài toán hay, đẹp hơn nữa từ những bài toán quen
thuộc, chúc các em thành công.
1-Sử dụng bất đẳng thức (*) để chứng minh bài toán thi quốc tế IMO-42
Bài toán:
Cho các số thực dương x,y,z . Chứng minh rằng
x
x + 8 yz
2
y
+
y + 8 zx
2
z
+
z + 8 xy
2
≥1
Chứng minh
Từ b.đ.t (*): (a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ a 4 + a(b + c )3 theo b.đ.t Cauchy hai số ta được
2
(a
2
+ b2 + c2
)
≥ a 4 + 8a (bc ) 2 ⇔
a3
a 3 + 8(bc )2
3
b3
b3 + 8(ca )2
3
⇒
a + 8(bc )
3
⇔
Tương tự
1
3
2
a3
a 3 + 8(bc ) 2
3
≥
≥
≥
(a
a
2
+ b2 + c2
)
2
⇔
a2
a2 + b2 + c2
b2
a2 + b2 + c2
c3
;
b3
+
3
2
+
b 3 + 8(ca ) 2
3
c 3 + 8(ab )2
3
c3
c 3 + 8(ab ) 2
3
≥
≥
c2
a2 + b2 + c 2
a2 + b2 + c2
=1
a2 + b2 + c2
Từ b.đ.t này ta đặt a3 = x 2 ; b3 = y 2 ; c3 = z 2 , thì
x
x + 8 yz
2
+
y
y + 8 zx
2
+
z
z + 8 xy
2
≥1
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z > 0 .
Bài toán được chứng minh
Ngoài ra khi sử dụng b.đ.t (*) còn cho ta b.đ.t kép chặt hơn bài toán b.đ.t thi
quốc tế IMO-42 như sau:
Biên soạn: Ngô Văn Thái
Trang - 2 -
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
Cho các số thực dương x,y,z . Chứng minh rằng
x
y
+
x + 8 yz
2
y + 8 zx
2
x
≥
2
2
x 2 + y 3 + z 3
z
+
3
≥
z + 8 xy
2
y
+
2
2
y 2 + z 3 + x 3
z
+
3
2
2
z 2 + x 3 + y 3
3
≥1
Bạn đọc tự chứng minh kết quả này.
2-Sử dụng bất đẳng thức (*) để sáng tạo các bài toán bất đẳng thức
Tất cả các kết quả dưới đây đều được sinh ra từ b.đ.t (*) và đều có cùng giải
thiết a,b,c là ba số thực dương, riêng các kết quả từ 30 đến 39, từng kết quả đều có
sự bổ xung giả thiết để được những bài toán đúng.
Kết quả 1:
a3
b3
c3
+
+
≥1
3
3
3
a 3 + (b + c )
b 3 + (c + a )
c 3 + (a + b )
Chứng minh
2
Từ b.đ.t (*): (a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ a 4 + a (b + c )3 ⇔
⇔
1
a
≥
3
3
2
a + (b + c )
a + b2 + c2
Tương tự
(
b3
b 3 + (c + a )
3
)
2
b2
a2 + b2 + c2
≥
a3
a2
≥
3
a2 + b2 + c 2
a 3 + (b + c )
⇔
,
c3
≥
c 3 + (a + b )
3
c2
a2 + b2 + c2
Cộng vế với vế ba b.đ.t trên sẽ được
a3
a 3 + (b + c )
3
b3
+
b 3 + (c + a )
3
c3
+
c 3 + (a + b )
3
a2 + b2 + c2
≥ 2
=1
a + b2 + c2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c. Kết quả 1 được chứng minh
Kết quả 2:
3
a5
a + (b + c )
3
3
+3
b5
b + (c + a )
3
3
+3
c5
c + (a + b )
3
3
≥ 3 a2 + b2 + c2
Chứng minh
Biên soạn: Ngô Văn Thái
Trang - 3 -
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
Từ b.đ.t (*): (a + b + c ) ≥ a + a(b + c ) ⇔
2
Tương tự
2
2
b5
b 3 + (c + a )
3
3
3
4
b2
≥
(a
+b +c
2
2
,
)
2
2 3
a5
3
c5
c 3 + (a + b )
3
≥
a 3 + (b + c )
3
3
a2
(a
+ b2 + c2
2
)
2
3
c2
≥
(a
2
+ b2 + c2
)
2
3
Cộng vế theo vế ba b.đ.t trên rồi rút gọn ta đươc bài toán cần chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c . Kết quả 2 được chứng minh
Kết quả 3:
(
a(b + c ) + b(c + a ) + c(a + b ) ≤ 2 2 a 2 + b 2 + c 2
3
3
Chứng minh
Từ b.đ.t (*):
(a
2
+ b2 + c2
)
Tương tự
(a
2
[
3
)(
)
2
)(
)
)
+ b 2 + c 2 b 2 + c 2 ≥ a (b + c )
3
; (a 2 + b 2 + 2c 2 )(a 2 + b 2 ) ≥ c(a + b )3
Theo b.đ.t Bunyakovsky sẽ được
+ 2b 2 + c 2 c 2 + a 2 ≥ b(c + a )
3
[(2a + b + c ) + (a + 2b + c ) + (a + b + 2c )].[(b + c ) + (c + a ) + (a + b )] ≥
(2a + b + c )(b + c ) + (a + 2b + c )(c + a ) + (a + b + 2c )(a + b )] ≥
2
≥
(2a
≥ a 4 + a(b + c ) ⇔
2
3
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
3
3
≥ a (b + c ) + b(c + a ) + c(a + b )
(
⇒ 8 a2 + b2 + c2
)
2
2
2
2
2
(
⇔ a(b + c ) + b(c + a ) + c(a + b ) ≤ 2 2 a 2 + b 2 + c 2
3
3
2
2
2
2
2
3
3
3
≥ a(b + c ) + b(c + a ) + c(a + b )
3
2
2
)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c . Kết quả 3 được chứng minh
Kết quả 4:
1
1
1
1 a + b + c
A= 3
+ 3
+ 3
≥ 2
3
3
3
3 a + b 2 + c 2
a + (b + c ) b + (c + a ) c + (a + b )
2
Chứng minh
Từ b.đ.t (*): (a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ a 4 + a(b + c )3 ⇔
1
2
Tương tự
1
b + (c + a )
3
3
≥
b
a +b +c
2
2
2
;
a + (b + c )
3
3
1
c + (a + b )
3
3
≥
≥
a
a + b2 + c2
2
c
a + b2 + c
2
Theo b.đ.t Bunyakovsky thì
Biên soạn: Ngô Văn Thái
Trang - 4 -
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
(1 + 1 + 1)A ≥ 3 1 3 + 3 1 3 + 3 1 3
b + (c + a )
c + (a + b )
a + (b + c )
1 a + b + c
⇒ A ≥ 2
3 a + b 2 + c 2
2
a+ b+ c
≥ 2
2
2
a
+
b
+
c
2
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c .
Kết quả 4 được chứng minh
Kết quả 5:
a
b
c
1 a +b +c
B= 3
+ 3
+ 3
≥ 2
3
3
3
3 a + b2 + c2
a + (b + c ) b + (c + a )
c + (a + b )
2
Chứng minh
Từ b.đ.t (*): (a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ a 4 + a(b + c )3 ⇔
a
2
b
Tương tự
b + (c + a )
3
3
≥
b
a + b2 + c2
2
a + (b + c )
3
3
,
≥
a
a + b2 + c2
2
c
c + (a + b )
3
3
≥
c
a + b2 + c2
2
Theo b.đ.t Bunyakovsky thì
2
a + b + c 2
a
b
c
(1 + 1 + 1)B ≥ 3
+ 3
+ 3
≥ 2
3
3
3
2
2
b + (c + a )
c + (a + b ) a + b + c
a + (b + c )
1 a + b + c
⇒B≥ 2
3 a + b2 + c 2
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c . Kết quả 5 được chứng minh
Kết quả 6:
C=
1
a2
b2
c2
+
+
≥
3
3
3
3
3
3
a + (b + c ) b + (c + a ) c + (a + b ) a + b + c
Chứng minh:
Từ b.đ.t (*): (a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ a 4 + a(b + c )3 ⇔
a3
2
Tương tự
b3
b 3 + (c + a )
3
b2
≥ 2
,
a + b2 + c2
a 3 + (b + c )
3
c3
c 3 + (a + b )
3
≥
a2
a2 + b2 + c2
c2
≥ 2
a + b2 + c2
Theo b.đ.t Bunyakovsky thì:
2
a 2 + b2 + c 2 2
a3
b3
c3
=1
(a + b + c ).C ≥ 3
+ 3
+ 3
≥ 2
3
3
3
2
2
b + (c + a )
c + (a + b ) a + b + c
a + (b + c )
Biên soạn: Ngô Văn Thái
Trang - 5 -
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
1
⇒C ≥
a+b+c
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c . Kết quả 6 được chứng minh.
Kết quả 7:
1
a3
b3
c3
+
+
≥
3
3
3
3
3
3
3
a + (b + c ) b + (c + a ) c + (a + b )
D=
Chứng minh:
Từ b. đ.t (*): (a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ a 4 + a(b + c )3 ⇔
a3
2
b3
Tương tự
b 3 + (c + a )
3
b2
,
≥ 2
a + b2 + c2
a 3 + (b + c )
3
c3
≥
a2
a2 + b2 + c2
c2
≥ 2
a + b2 + c2
c 3 + (a + b )
3
Theo b.đ.t Bunyakovsky thì
2
a 2 + b2 + c 2 2
a3
b3
c3
=1
(1 + 1 + 1)D ≥ 3
+ 3
+ 3
≥ 2
3
3
3
2
2
b + (c + a )
c + (a + b ) a + b + c
a + (b + c )
1
⇒ D ≥
3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c . Kết quả 7 được chứng minh
Kết quả 8:
Gọi a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
E=
(
a b2 + c2
(b + c )
3
(
)
−a b +c
2
2
(
b c2 + a2
+
) (c + a )
3
(
)
−b c +a
2
2
(
c a2 + b2
+
) (a + b)
3
(
)
− c a + b2
2
)
≥1
Chứng minh
2
Từ b.đ.t (*): (a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ a 4 + a(b + c )3 ⇔ (2a 2 + b 2 + c 2 )(b 2 + c 2 ) ≥ a(b + c )3
⇔ (2a 2 + b 2 + c 2 ) ≥
a(b + c )
a(b + c ) − a 2 (b 2 + c 2 )
2
2
2
⇔
a
+
b
+
c
≥
b2 + c2
b2 + c2
3
3
Vì a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên
(
)
(
)
b + c > a, (b + c ) > b 2 + c 2 ⇒ (b + c ) − a b 2 + c 2 > 0 ⇔ a (b + c ) − a 2 b 2 + c 2 > 0
2
⇒
(b
3
3
+c )
a
a (b + c )
a
≥ 2
⇔
≥ 2
2
2
3
2
2
2
2
(b + c ) − a(b + c ) a + b + c
(b + c ) − a(b + c ) a + b 2 + c 2
2
2
2
2
2
3
Biên soạn: Ngô Văn Thái
Trang - 6 -
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
(
)
(
)
b c2 + a2
Tương tự
(c + a )3 − b(c 2 + a 2 )
c a2 + b2
b2
a2 + b2 + c2
≥
(a + b )3 − c(a 2 + b 2 )
≥
,
c2
a2 + b2 + c2
Cộng vế với vế tương ứng của ba b.đ.t trên ta được
a2 + b2 + c2
E≥ 2
=1
a + b2 + c2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c, khi đó tam giác đã cho là tam giác đều.
Kết quả 8 được chứng minh
Kết quả 9:
F=
(
x2 b2 + c2
(
)
a (b + c ) + b 2 + c
3
)
2 2
+
(
y2 c2 + a2
(
)
b(c + a ) + c 2 + a
3
+
)
2 2
(
z 2 a2 + b2
(
)
c(a + b ) + a 2 + b
3
≥
)
2 2
1
2
Trong đó (x,y,z) là một hoán vị tùy ý của (a,b,c)
Chứng minh :
2
Từ b.đ.t (*): (a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ a 4 + a(b + c )3 ⇔ (2a 2 + b 2 + c 2 )(b 2 + c 2 ) ≥ a(b + c )3
(
)
≥
z2
2 a2 + b2 + c2
a(b + c )
a(b + c ) + b 2 + c 2
2
2
2
⇔ 2a + b + c ≥ 2
⇔
2
a
+
b
+
c
≥
b + c2
b2 + c2
(b 2 + c 2 )
1
x 2 (b 2 + c 2 )
x2
⇔
≥
⇔
≥
2
2
3
3
2(a 2 + b 2 + c 2 )
2(a 2 + b 2 + c 2 )
a (b + c ) + (b 2 + c 2 )
a (b + c ) + (b 2 + c 2 )
(
2
Tương tự
2
2
(
y2 c2 + a2
)
(
3
)
≥
)
3
(
)
y2
z 2 a2 + b2
;
2 a 2 + b 2 + c 2 c(a + b )3 + a 2 + b 2
)
(
) (
(
)
x (b + c )
y (c + a )
z (a + b )
⇒F=
+
+
a(b + c ) + (b + c ) b(c + a ) + (c + a ) c(a + b ) + (a + b )
b(c + a ) + c 2 + a 2
3
2
2
3
2
2
2
2
2 2
2
3
2
2
2
2 2
2
3
2
2
2
2 2
2
≥
(
)
x2 + y 2 + z 2
2 a2 + b2 + c2
(
)
Vì (x,y,z) là một hoán vị tùy ý của (a,b,c) nên
x2 + y2 + z 2 = a2 + b2 + c2 ⇒ F ≥
1
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c . Kết quả 9 được chứng minh
Như vậy thông qua các kết quả trên, độc giả thấy b.đ.t (*) đã có tác dụng
không nhỏ trong việc làm cầu nối để chứng minh và sáng tạo ra nhiều bài toán b.đ.t
hay,đẹp.Tôi xin dừng phép chứng minh các kết quả tiếp theo dưới đây, để dành
phần chứng minh đó cho độc giả nào muốn khám phá. Có điều một số kết quả
trong các kết quả này không dễ chứng minh, thậm chí rất khó chứng minh nếu như
không sử dụng b.đ.t (*).
Biên soạn: Ngô Văn Thái
Trang - 7 -
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
Kết quả 10:
a 2 + b 2 + c 2 ≥ abc
(
4
ab + 4 bc + 4 ca
)
Kết quả 11:
1
1
1
1
+ 3
+ 3
≥ 3
3
3
3
a + b3 + c3
a + (b + c ) b + (c + a )
c + (a + b )
3
Kết quả 12:
1
1
1
1 a +b +c
+ 3
+ 3
≥ 2
3
3
3
3
3 a + b2 + c2
a + (b + c ) b + (c + a )
c + (a + b )
Kết quả 13:
3
1
1
1
a+b+c
+ 3
+ 3
≥
3
3
3
a + (b + c ) b + (c + a ) c + (a + b )
(a 2 + b 2 + c 2 )2
3
Kết quả 14:
1
1
1
9abc
+ 3
+ 3
≥
3
3
3
a + (b + c ) b + (c + a )
c + (a + b )
(ab + bc + ca ).(a 2 + b 2 + c 2 )2
3
Kết quả 15:
a
b
c
1
+
+
≥
3
3
3
2
(a + b 2 + c 2 )
a 3 + (b + c ) b 3 + (c + a )
c 3 + (a + b )
Kết quả 16:
a2
a 3 + (b + c )
3
+
b2
b 3 + (c + a )
3
+
c2
c 3 + (a + b )
3
≥
(
(a + b + c )3
9 a2 + b2 + c2
)
2
Kết quả 17:
a2
a 3 + (b + c )
3
Kết quả 18:
+
b2
b 3 + (c + a )
3
c2
c 3 + (a + b )
3
≥
a 3 + b3 + c3
(a
2
+ b2 + c2
)
2
1
1
1
9(a + b + c )
+ 3+ 3 ≥
3
2
a
b
c
a2 + b2 + c2
(
Biên soạn: Ngô Văn Thái
+
)
Trang - 8 -
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
Kết quả 19:
a3
(b + c )
3
b3
+
(c + a )
3
+
c3
≥
(a + b )
3
3
8
Kết quả 20:
a4
+
a + (b + c )
3
3
b4
+
b + (c + a )
3
3
c4
c + (a + b )
3
3
abc
ab + bc + ca
≥
Kết quả 21:
a5
a 3 + (b + c )
3
+
b5
b 3 + (c + a )
3
+
c5
c 3 + (a + b )
3
1 a 3 + b3 + c3
≥ 2
3 a + b 2 + c 2
2
Kết quả 22:
a5
a + (b + c )
3
3
Kết quả 23:
+
b5
+
b + (c + a )
(
3
3
c5
c + (a + b )
3
3
) (
(
1 2
a + b2 + c2
9
≥
) (
)
)
a 2a 2 + b 2 + c 2 b a 2 + 2b 2 + c 2 c a 2 + b 2 + 2c 2
3
+
+
≥
3
3
3
2
(b + c )
(c + a )
(a + b )
Kết quả 24:
(
a 2a 2 + b 2 + c 2
(b + c )
3
(
)
+ a 2a + b + c
2
2
2
(
b a 2 + 2b 2 + c 2
+
) (c + a )
3
(
)
+ b a + 2b + c
2
2
2
(
c a 2 + b 2 + 2c 2
+
) (a + b )
3
(
)
+ c a + b + 2c 2
2
2
)
Kết quả 25:
a
a + (b + c )
3
3
+
b
c
+
b + (c + a )
3
3
c + (a + b )
3
3
≥
a+b+c
a + b2 + c2
≥
3
2
2
Kết quả 26:
a
a 2 + 8bc − a
+
b
b 2 + 8ca − b
c
+
c 2 + 8ab − c
Kết quả 27:
a3
a 3 + (b + c ) − a 3
3
Biên soạn: Ngô Văn Thái
+
b3
b 3 + (c + a ) − b 3
3
+
c3
c 3 + (a + b ) − c 3
3
≥
Trang - 9 -
3
2
≥1
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
Kết quả 28:
a5
b5
c5
+
+
≥ abc
2a 2 + 7bc
2b 2 + 7ca
2c 2 + 7 ab
Kết quả 29:
(
a b2 + c2
(
)
a(b + c ) + b 2 + c
3
)
2 2
+
(
b c2 + a 2
(
)
b(c + a ) + c 2 + a
3
)
2 2
+
(
c a 2 + b2
(
)
c (a + b ) + a 2 + b
3
)
2 2
≥
a+b+c
2 a2 + b2 + c2
(
Kết quả 30:
a3
a + α (b + c )
3
3
+
b3
b + α (c + a )
3
3
+
c3
c + α (a + b )
3
3
≥
(α ≥ 1)
3
1 + 8α
Kết quả 31:
x2
3
a a 3 + 8(bc ) 2
y2
+
3
b b 3 + 8(ca ) 2
z2
+
3
c c 3 + 8(ab ) 2
≥1
Trong đó (x,y,z) là một hoán vị tùy ý của (a,b,c)
Kết quả 32:
[
x2
a a 3 + (b + c )
3
]
+
[
y2
b b3 + (c + a )
3
]
+
z2
[
c c 3 + (a + b )
3
]
≥1
Trong đó (x,y,z) là một hoán vị tùy ý của (a,b,c)
Kết quả 33:
Cho a,b,c > 1. Chứng minh rằng
1
1
1
3(a + b + c )
+ 3
+ 3
≥
3
a − 1 b − 1 c − 1 a 2 + b 2 + c 2 3 − (a + b + c )3
3
(
)
Kết quả 34:
Cho a,b,c > 1. Chứng minh rằng
1
1
1
9(a + b + c )
+ 3
+ 3
≥
2
2
a − 1 b − 1 c − 1 (a + b + c 2 )2 − 3(a + b + c )
3
Kết quả 35 :
Biên soạn: Ngô Văn Thái
Trang - 10 -
)
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
Gọi a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
a3
(b + c )
3
−a
+
3
b3
(c + a )
3
−b
+
3
c3
(a + b )
3
−c
3
≥
3
7
Kết quả 36:
Gọi a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
b2 + c2
c2 + a2
a2 + b2
a+b+c
+
+
≥ 2
3
3
3
2
2
2
2
2
2
(b + c ) − a b + c (c + a ) − b c + a (a + b ) − c a + b a + b2 + c 2
(
Kết quả 37:
)
(
)
(
)
Gọi a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác, α ≥ 1,0 ≤ β ≤ α .
Chứng minh rằng
a3
α (b + c ) − β a
3
3
+
b3
α (c + a ) − βb
3
3
+
c3
α (a + b ) − βc
3
3
≥
3
8α − β
Kết quả 38:
a3
α (b + c ) + βa
3
+
b3
+
c3
α (c + a ) + βb α (a + b ) + βc
Trong đó α ≥ 1,0 ≤ β ≤ 4α
3
3
3
3
3
≥
3
8α + β
Kết quả 39:
Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Chứng minh rằng
1
1 + a(b + c )
3
+
1
1 + b(c + a )
3
+
1
1 + c(a + b )
3
≥
9
3+ 2 2
Lưu ý: Trong số những kết quả đưa ra ở trên (trừ kết quả 8,35,36,37), những
kết quả nào có chứa biểu thức (a + b )3 , (b + c )3 , (c + a )3 , theo thứ tự lần lượt thay bằng
4ab(a + b ),4bc(b + c ), 4ca(c + a ) hoặc theo thứ tự lần lượt thay bằng 8(ab )2 ,8(bc )2 ,8(ca )2 .
3
3
Thì sẽ lại được những bài toán b.đ.t mới tương ứng nhưng không chặt so với bài
toán b.đ.t trước khi chưa thay.
Biên soạn: Ngô Văn Thái
Trang - 11 -
3
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
Tài liệu tham khảo
[1] Vũ Dương Thụy, Nguyễn Văn Nho, 2003,40 năm OLYMPIC toán học quốc
tế, Nhà xuất bản G.D
[2] Phạm Văn Thuận, Lê Vĩ, 2007, Bất đẳng thức suy luận và khám phá, Nhà
xuất bản ĐHQG HN
[3] Trần Phương, Trần Tuấn Anh, Nguyễn Anh Cường,2009, Những viên kim
cương trong bất đẳng thức toán học, Nhà xuất bản Tri thức
[4] Phạm Kim Hùng,2006,Sáng tạo bất đẳng thức,Nhà xuất bản Tri thức
[5] Ngô Văn Thái, 2014, Phương pháp bất đẳng thức Chebyshev, Tạp chí Dạy
và học ngày nay
[6] Ngô Văn Thái, 2015,Phát triển mở rộng bất đẳng thức Nesbitt, đẳng thức
Nesbitt, www.MATHVN.com
[7] Tạp chí Toán học và tuổi trẻ, Việt nam
[8] Tạp chí Dạy và học ngày nay, Việt nam
[9] www.MATHVN.com
Biên soạn: Ngô Văn Thái
Trang - 12 -
