$type=ticker$cat=0$source=random$cols=4$count=24$b=0$hide=mobile

Kỹ Thuật Xử Lý Bất Đẳng Thức Hoán Vị

MỘT SỐ ĐẲNG THỨC

  1. $(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)$
  2. $(a+b+c)^3=a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(c+a)$
  3. $(a+b+c)(ab+bc+ca)=(a+b)(b+c)(c+a)+abc$
  4. $(a+b+c)(ab+bc+ca)=ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+3abc$
  5. $a^2b+b^2c+c^2a-(ab^2+bc^2+ca^2)=(a-b)(b-c)(a-c)$
  6. $a^3b+b^3c+c^3a-(ab^3+bc^3+ca^3)=(a+b+c)(a-b)(b-c)(a-c) $
  7. $a^4b+b^4c+c^4a-(ab^4+bc^4+ca^4)=(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)(a-b)(b-c)(a-c) $
  8. $M=(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2=\dfrac{4(p^2-3q)^3-(2p^3-9pq+27r)^2}{27}$
  9. $ pq-3r-\sqrt{M} \le 2\sum_{cyc}a^2b=pq-3r+(a-b)(b-c)(c-a)\le pq-3r+\sqrt{M}$
  10. $\begin{align}(p^2-2q)q-pr-p\sqrt{M} &\le 2\sum_{cyc}a^3b=(p^2-2q)q-pr+(a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a) \\ &\le (p^2-2q)q-pr+p\sqrt{M}\end{align}$

BÀI TOÁN ÁP DỤNG


  1. Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $$a^2b+b^2c+c^2a\ge \dfrac{12abc}{3abc+1}.$$
  2. Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $$ \dfrac{24}{a^2b+b^2c+c^2a}+\dfrac{1}{abc}\ge9.$$
  3. Cho các số thực không âm $a,b,c$. thỏa $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $$a^2b+b^2c+c^2a+abc \le 4$$
  4. Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $$a^2b+b^2c+c^2a+abc+\dfrac{1}{2}abc(3-ab-bc-ca) \le 4$$
  5. Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng $$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+2\ge \dfrac{14(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}$$
  6. Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng với mọi $k$ ta đều có $$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{(k-1)^2}{2}\ge \dfrac{(k^2+2k+13)(a^2+b^2+c^2)}{2(a+b+c)^2}$$
  7. Cho các số thực $a,b,c$. Chứng minh rằng $$(a^2+b^2+c^2)^2\ge 3(a^3b+b^3c+c^3a).$$
  8. Cho các số thực $a,b,c$. thỏa $a+b+c=0$ và $a^2+b^2+c^2=6$ Tìm miền giá trị chủa biểu thức $$P:=a^2b+b^2c+c^2a+kabc.$$
  9. Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng rằng $$\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}+2(ab+bc+ca)\ge 3(a^2+b^2+c^2).$$
  10. Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng $$\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}+2(ab+bc+ca)\ge 3(a^2+b^2+c^2)+m(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca).$$ Trong đó $m$ là nghiệm thực của phương trình $m^3+m^2+18m-11=0$, hay $$m=\dfrac{1}{3}\left(\sqrt[3]{\dfrac{457+93\sqrt{93}}{2}}-53\sqrt[3]{\dfrac{2}{457+93\sqrt{93}}} \right)-\dfrac{1}{3}.$$

    LỜI GIẢI THAM KHẢO

    1. Tách $2x=(x+y)+(x-y)$ vậy nên ta có $$\begin{aligned}2\sum_{cyc}a^2b&=\sum_{cyc}ab(a+b)+ \sum_{cyc}ab(a-b)\\ &\ge pq-3r-\sqrt{\dfrac{4(p^2-3q)^3-(2p^3-9pq+27r)^2}{27}}\\ &=3q-3r-\sqrt{M}.\end{aligned}$$ Do đó ta cần chứng minh $$3q-3r- \dfrac{24r}{3r+1}\ge \sqrt{M}$$ hay $$3q-\dfrac{9r(r+3)}{3r+1}\ge \sqrt{M}.$$ Dễ thấy rằng $3q-\dfrac{9r(r+3)}{3r+1}\ge 0$, do đó bình phương hai vế ta được $$9q^2-\dfrac{54qr(r+3)}{3r+1}+\dfrac{81r^2(r+3)^2}{(3r+1)^2}\ge -4q^3+9q^2+54qr-27r^2-108r,$$ hay $$4q^3+\dfrac{108r(r+1)(3r^2+12r+1)}{(3r+1)^2} \ge \dfrac{216(r+1)qr}{3r+1}.$$ Bất đẳng thức trên luôn đúng do AM-GM. Thật vậy $$3r^2+12r+1=(3r^2+4r+1)+8r\ge 2\sqrt{8r(r+1)(3r+1)}.$$ Tiếp tục áp dụng AM-GM cho ba số không âm, ta được $$4q^3+\dfrac{108r(r+1)\sqrt{8r(r+1)(3r+1)}}{(3r+1)^2}+\dfrac{108r(r+1)\sqrt{8r(r+1)(3r+1)}}{(3r+1)^2}\ge \dfrac{216(r+1)qr}{3r+1}.$$ Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi hoán vị $(a,b,c)\sim (0,0,3)$, hoặc $(a,b,c)\sim (1,1,1)$, hoặc nghiệm của phương trình $x^3-3x^2+2x-\dfrac{1}{3}=0$ với $a\le b\le c$, hoặc $b\le c\le a$, hoặc $c\le a\le b$.
    2. Tách $2x=(x+y)+(x-y)$ vậy nên ta có $$\begin{aligned}2\sum_{cyc}a^2b&=\sum_{cyc}ab(a+b)+ \sum_{cyc}ab(a-b)\\ &\le pq-3r+\sqrt{\dfrac{4(p^2-3q)^3-(2p^3-9pq+27r)^2}{27}}\\ &=3q-3r+\sqrt{M}.\end{aligned}$$ Do đó ta cần chứng minh $$48r\ge (9r-1)\left(3q-3r+\sqrt{M} \right).$$ Nếu $r\le \dfrac{1}{9}$ bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Nếu $r>\dfrac{1}{9}$ bất đẳng thức viết lại như sau $$\dfrac{9r(3r+5)}{9r-1}-3q\ge \sqrt{M}.$$ Dễ thấy rằng vế trái là không âm do $$\dfrac{9r(3r+5)}{9r-1}-3\ge \dfrac{9r(3r+5)}{9r-1}-\dfrac{9(r+3)}{4}=\dfrac{27(r-1)^2}{4(9r-1)}\ge 0.$$ Từ đây bình phương hai vế ta được $$9q^2-\dfrac{54qr(3r+5)}{9r-1}+\left[\dfrac{9r(3r+5)}{9r-1} \right]^2\ge -4q^3+9q^2+54qr-27r^2-108r,$$ hay $$4q^3+\dfrac{108r(27r^3+99r^2+r+1)}{(9r-1)^2}\ge \dfrac{216pr(3r+1)}{9r-1}.$$ Áp dụng AM-GM, ta có $$4q^3+\dfrac{A}{2}+\dfrac{A}{2}\ge 3q\sqrt[3]{A^2}.$$ Vậy nên chúng ta cần chưng minh $$(27r^3+99r^2+r+1)^2\ge 32r(9r-1)(3r+1)^3.$$ Rút gọn ta được $$(r-1)^2(729r^4-972r^3+270r^2+36r+1)\ge 0,$$ hay $$(r-1)^2(27r^2-18r-1)^2\ge 0.$$ Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra $(a,b,c)\sim (1,1,1)$, hoặc nghiệm của phương trình $x^3-3x^2+(1+\sqrt{3})x-\dfrac{3+2\sqrt{3}}{9}=0$ với $a\ge b\ge c$, hoặc $b\ge c\ge a$, hoặc $c\ge a\ge b$.
    3. Như trên dễ thấy rằng $$2(a^2b+b^2c+c^2a+abc)\le 3q-r +\sqrt{M}$$ Dễ thấy rằng $8+r-3q\ge 8+ \dfrac{3(4q-9)}{9}-3q=\dfrac{5(3-q)}{3}\ge 0$. Do đó bình phương hai vế ta được $$9q^2-6q(8+r)+(8+r)^2 \ge -4q^3+9q^2+54qr-27r^2-108r,$$ hay $$q^3+7r^2+31r+16 \ge 3q(5r+4). \ \ \ \ (*)$$ Áp dụng AM-GM, ta có $$q^3+\dfrac{7r^2+31r+16}{2}+\dfrac{7r^2+31r+16}{2}\ge 3q\sqrt[3]{\dfrac{(7r^2+31r+16)^2}{4}}.$$ Do đó, chúng ta cần chứng minh $$(7r^2+31r+16)^2\ge 4(5r+4)^3,$$ hay $$r(r-1)^2(49r+32)\ge 0.$$ Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $(a,b,c)\sim (1,1,1)$, hoặc một vài hoán vị của $(a,b,c)\sim (0,2,1)$. Từ $(*)$ chúng ta cũng có cách AM-GM, như sau. Viết lại bất đẳng thức $(*)$ $$7r^2+(q-2)^2(q+4)\ge (15q-31)r$$ Chúng ta chỉ cần xét $q\ge \dfrac{31}{15}$. Áp dụng AM-GM, ta có $$7r^2+(q-2)^2(q+4)\ge 2r\sqrt{7(q-2)^2(q+4)}.$$ Vậy nên để bất đẳng thức đúng theo tính chất bắc cầu thì $$28(q-2)^2(q+4)\ge (15q-31)^2,$$ hay $$(q-3)^2(28q-57)\ge 0.$$ Bất đẳng thức trên luôn đúng. Hoàn tất chứng minh. Ngoài hai cách giải trên thì chúng cũng thường thấy cách giải đơn giản như sau. Không mất tính tổng quát giả sử rằng $c(a-b)(c-b)\le 0$ hay $ b^2c+c^2a\le abc+bc^2$. Do đó ta có $$a^2b+b^2c+c^2a+abc \le b(a+c)^2.$$ Áp dụng AM-GM, ta có $$ 2b(a+c)(a+c)\le \dfrac{8(a+b+c)^3}{27}.$$ Rút gọn chúng ta được điều phải chứng minh. Đây là bài ứng dụng rất nhiều trong các đề thi, do đó chúng tôi có thể giới thiệu thêm cho các bạn một vài hướng tiếp cận khác như đi từ bất đẳng thức quen thuộc $\sum_{cyc}\dfrac{ab}{b+4a+4c}\le \dfrac{a+b+c}{9}$, hoặc có thể giả sử $c=\min\{a,b,c\}$ sau đó đặt $a=c+x$ và $b=c+y$, $x,y\ge 0$. Các bạn có thể thử hai cách này.
    4. Tách $2x=(x+y)+(x-y)$ vậy nên ta có $$\begin{aligned}2\sum_{cyc}a^2b&=\sum_{cyc}ab(a+b)+ \sum_{cyc}ab(a-b)\\ &\le pq-3r+\sqrt{\dfrac{4(p^2-3q)^3-(2p^3-9pq+27r)^2}{27}}\\ &=3q-3r+\sqrt{M}.\end{aligned}$$ Bất đẳng thức viết lại như sau $$2(a^2b+b^2c+c^2a+abc)+abc(3-ab-bc-ca)\le 4.$$ Do đó ta cần chứng minh $$ 3q-r+r(3-q) +\sqrt{M} \le 8,$$ hay $$\sqrt{M}\le q (-3 + r)+8 – 2 r.$$ Dễ thấy rằng $$q (3-r)+8 – 2 r\ge \dfrac{3(r+3)(r-3)}{4}+8 – 2 r\ge \dfrac{(1-r)(5-3r)}{4}\ge 0.$$ Bình phương hai vế ta được $$(q^2-4q+31)r^2+ 4q^3-48q+64\ge (6q^2+26q-76)r,$$ hay $$\left[(q-2)^2+27 \right]r^2+ 4(q-2)^2(q+4)\ge 2(q-2)(3q+19)r,$$ Nếu $q\le 2$ bất đẳng thức luôn đúng. Nếu $q\ge 2$. Áp dụng AM-GM, ta có $$\left[(q-2)^2+27 \right]r^2+ 4(q-2)^2(q+4)\ge 4r(q-2)\sqrt{\left[(q-2)^2+27 \right](q+4)}.$$ Do đó chúng ta cần chứng minh $$4\left[(q-2)^2+27 \right](q+4) \ge (3q+19)^2,$$ hay $$(q-3)^2(4q+5)\ge 0.$$ Hoàn tất chứng minh. Ngoài ra chúng ta cũng có thể tính biệt số $\Delta$ như sau $$\Delta:=-(4q+15)(q-2)^2(q-3)^2\le 0$$ Do đó bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
    5. Chuẩn hóa $a+b+c=3$ và viết lại bất đẳng thức như sau $$\dfrac{a^2c+b^2a+c^2b}{abc}+2\ge \dfrac{14(9-2q)}{9}.$$ Do đó chúng ta cần chứng minh theo ngôn ngữ $q,r$ như sau $$\dfrac{3q-3r-\sqrt{M}}{r}\ge \dfrac{8(27-7q)}{9},$$ hay $$3q- \dfrac{(243-56q)r}{9}\ge \sqrt{M}.$$ Dễ thấy $3q- \dfrac{(243-56q)r}{9}\ge 0$. Bình phương hai vế, ta được $$9q^2+\left[\dfrac{(243-56q)r}{9} \right]^2- \dfrac{2(243-56q)qr}{3} \ge -4q^3+9q^2+54qr-27r^2-108r,$$ $$\left[ \dfrac{(56q-243)^2}{81}+27 \right]r^2+4q^3\ge \dfrac{4r(-28q^2+162q-81)}{3}$$ Chúng ta chỉ cần xét với $q\ge \dfrac{81-9\sqrt{53}}{28} $. Áp dụng AM-GM, ta có $$\left[ \dfrac{(56q-243)^2}{81}+27 \right]r^2+4q^3\ge 4r\sqrt{\left[ \dfrac{(56q-243)^2}{81}+27 \right]q^3} $$ Do đó, để bất đẳng thức đúng ta cần chứng minh $$9\left[ \dfrac{(56q-243)^2}{81}+27 \right]q^3 \ge (-28q^2+162q-81)^2$$ hay $$(9-4q)^2(196q^3-1260q^2+2268q-729)\ge 0,$$ hay $$(9-4q)^2\left[28(q-3)^2(7q-3)+27 \right]\ge 0.$$ Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $(a,b,c)$ là nghiệm của phương trình $x^3-3x^2+\dfrac{9}{4}x-\dfrac{27}{56}=0$ với $a\ge b\ge c$, hoặc $b\ge c\ge a$, hoặc $c\ge a\ge b$.
    6. Nhân hai vế cho $(a+b+c)$ như sau $$(a+b+c)^2\displaystyle\sum_{cyc}\dfrac{a}{b}+ (k-1)^2\displaystyle\sum_{cyc}ab\ge 2(k+3)\sum_{cyc}a^2$$ $$\displaystyle\sum_{cyc}\left[\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{a^2b}{c}+ac+2a^2+\dfrac{2ab^2}{c}+2cb \right]+(k-1)^2\displaystyle\sum_{cyc}ab\ge 2(k+3)\sum_{cyc}a^2,$$ $$\displaystyle\sum_{cyc}\left[\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{a^2b}{c}+\dfrac{2ab^2}{c} \right]+(k^2-2k+4)\displaystyle\sum_{cyc}ab\ge 2(k+2)\sum_{cyc}a^2,$$ thực hiện cách đưa về các hằng đẳng thức $$\displaystyle\sum_{cyc}\left(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{a^2b}{c}-\dfrac{2ab^2}{c} \right)+ \displaystyle\sum_{cyc}\left[\dfrac{4a^2c}{b}-(4k-k^2) ab \right]\ge 2(k+2)\left[\sum_{cyc}a^2-\sum_{cyc}ab\right],$$ $$\displaystyle\sum_{cyc}\left(\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{a^2b}{c}-\dfrac{2ab^2}{c} \right)+ \displaystyle\sum_{cyc}\left(\dfrac{4a^2c}{b}-4kac+k^2cb \right)\ge 2(k+2)\left[\sum_{cyc}a^2-\sum_{cyc}ab\right].$$ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có $$\begin{aligned}\displaystyle\sum_{cyc}\left[\dfrac{b(a-b)^2}{c}+\dfrac{c(2a-kb)^2}{b} \right]&\ge 2\sum_{cyc}\left[(a-b)(2a-kb) \right]\\&=2(k+2)\left[\sum_{cyc}a^2-\sum_{cyc}ab\right].\end{aligned}$$ Hoàn tất chứng minh.
    7. Tách $2x=(x+y)+(x-y)$ vậy nên ta có $$\begin{align}(p^2-2q)q-pr-p\sqrt{M} &\le 2\sum_{cyc}a^3b=(p^2-2q)q-pr+(a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a)\\ &\le (p^2-2q)q-pr+p\sqrt{M}.\end{align}$$ Chúng ta chỉ cần chứng minh với $a,b,c\ge 0$ là đủ. Không mất tính tổng quát chuẩn hóa $a+b+c=3$ khi đó bất đẳng thức cần chứng minh $$2(9-2q)^2\ge 3\left[q(9-2q)-3r+3\sqrt{M} \right],$$ hay $$9r+(7q-18)(2q-9)\ge 9\sqrt{M}.$$ Dễ thấy rằng vế trái là không âm theo $Schur$, bình phương hai vế ta được $$81r^2+18r(7q-18)(2q-9)+(7q-18)^2(2q-9)^2\ge 81\left(-4q^3+9q^2+54qr-27r^2-108r \right),$$ hay $$2268r^2+(7q-18)^2(2q-9)^2+81q^2(4q-9)\ge 36r(-7q^2+171q-324).$$ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số dương, ta có $$2268r^2+(7q-18)^2(2q-9)^2+81q^2(4q-9)\ge 2r\sqrt{2268\left[(7q-18)^2(2q-9)^2+81q^2(4q-9) \right]}.$$ Do đó chúng ta chỉ cần chứng minh với $-7q^2+171q-324\ge 0$ là đủ, bình phương hai vế bất đẳng thức cần chứng minh $$2268\left[(7q-18)^2(2q-9)^2+81q^2(4q-9)\right]\ge 18^2(-7q^2+171q-324)^2,$$ hay $$\begin{align}&2268\left[4(7q-18)^2(q-3)^2-12(22q-45)(q^2-15q+27)\right] \\ &\ge 18^2\left[(7q-18)(q-3)-14(q^2-15q+27) \right]^2\end{align}$$ hay $$8748(7q-18)^2(q-3)^2\ge 0.$$ Hoàn tất chứng minh.
    8. Dễ thấy rằng $$ 2\sum_{cyc}a^2b\le pq-3r+\sqrt{\dfrac{4(p^2-3q)^3+(2p^3-9pq+27r)^2}{27}},$$ hay $$ 2\sum_{cyc}a^2b\le -3r+3\sqrt{12-3r^2}.$$ Áp dụng bất đẳng thức Minkowski, ta có $$\begin{aligned}4P^2\le\left[ \dfrac{(2k-3)}{\sqrt{3}} \sqrt{3}r+3\sqrt{12-3r^2}\right]^2&\le \left[\dfrac{(2k-3)^2}{3}+9 \right](3r^2+12-3r^2)\\&=16(k^2-3k+9).\end{aligned}$$ Từ đây ta được $$-2\sqrt{k^2-3k+9}\le P \le 2\sqrt{k^2-3k+9}.$$ Hoàn tất chứng minh.
    9. Từ đẳng thức $$\begin{align}ab^4+bc^4+ca^4-(a^4b+b^4c+c^4a)&=(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)(a-b)(b-c)(c-a), \\ \sum_{cyc}ab(a^3+b^3)&=(a^3+b^3+c^3)(ab+bc+ca)-abc(a^2+b^2+c^2).\end{align}$$ Chuẩn hóa $a+b+c=3$ khi đó ta có như trên thì $$2\sum_{cyc}a^4c\ge (5q-9)r+9(3-q)q-(9-q)\sqrt{M}.$$ Do đó chúng ta cần chứng minh $$(5q-9)r+9(3-q)q -(9-q)\sqrt{M}+2r(8q-27)\ge 0, $$ hay $$21(q-3)r+9(3-q)q\ge (9-q)\sqrt{M}.$$ Dễ thấy rằng $21(q-3)r+9(3-q)q\ge 0$, bình phương hai vế ta được $$21^2(q-3)^2r^2+9^2(3-q)^2q^2-378(3-q)^2qr\ge (9-q)^2(-4q^3+9q^2+54qr-27r^2-108r)$$ hay $$36(13q^2-87q+171)r^2+ 4q^5\ge 108(4q^3-31q^2+90q-81)r,$$ mà $4q^3-31q^2+90q-81=-\dfrac{9}{4}+\dfrac{1}{4}(2q-3)(8q^2-50q+10)$ do đó chúng ta chỉ cần xét trong trường $q>3/2$ và $4q^3-31q^2+90q-81\ge 0$ là đủ. Áp dụng AM-GM, ta có $$36(13q^2-87q+171)r^2+ 4q^5\ge 24r\sqrt{(13q^2-87q+171)q^5}.$$ Vậy nên chúng ta cần chứng minh $$24^2(13q^2-87q+171)q^5\ge 108^2(4q^3-31q^2+90q-81)^2,$$ hay $$144(3-q)^2(9-q)^2(52q^3-396q^2+972q-729)\ge 0.$$ Bất đẳng thức trên luôn đúng do $$\begin{align}&52q^3-396q^2+972q-729 -\dfrac{3}{2}(4q^3-31q^2+90q-81) \\ &=\dfrac{1}{2}(3-q)\left[\dfrac{1}{2}(2q-3)(285-92q) +\dfrac{45}{2}\right] \ge 0\end{align}.$$
    10. Tương tự như trên chúng ta cần chứng minh $$(21+6m)(q-3)r+9(3-q)q\ge (9-q)\sqrt{M}.$$ Dễ thấy rằng $$(21+6m)(q-3)r+9(3-q)q\ge (21+6m)(q-3)q/3+9(3-q)q=2(1-m)q(3-q)\ge 0.$$ Bình phương hai vế ta được $$(21+6m)^2(q-3)^2r^2+9^2(3-q)^2q^2-18(21+6m)(3-q)^2qr\ge (9-q)^2(-4q^3+9q^2+54qr-27r^2-108r),$$ hay $$\left[(21+6m)^2(q-3)^2+27(9-q)^2\right]r^2+4q^5\ge \left[18q(21+6m)(3-q)^2+ (9-q)^2(54q-108) \right].$$ Lại có $$\begin{align}&18q(21+6m)(3-q)^2+ (9-q)^2(54q-108) \\ &=\dfrac{243(3m-2)}{2}+\dfrac{27}{2}(2q-3)\left[4(m+4)q^2-2(9m+50)q-100q+210 \right]\end{align}$$ nên chúng ta chứng minh với $q>3/2$. Áp dụng AM-GM, ta có $$\left[(21+6m)^2(q-3)^2+27(9-q)^2\right]r^2+4q^5\ge 4r\sqrt{\left[(21+6m)^2(q-3)^2+27(9-q)^2\right]q^5}.$$ Từ đây chúng ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức $$16\left[(21+6m)^2(q-3)^2+27(9-q)^2\right]q^5 \ge \left[18q(21+6m)(3-q)^2+ (9-q)^2(54q-108) \right]^2.$$ Rút gọn ta được $$(3-q)^2(9-q)^2 \left[4(m^2+7m+13)q^3-9(m^2+16m+44)q^2+162(6+m) q-729 \right]\ge 0.$$ Xét hàm số và chú ý rằng $m^3+m^2+18m-11=0$ $$\begin{aligned}& f(q):=4(m^2+7m+13)q^3-9(m^2+16m+44)q^2+162(6+m) q-729\\&=4(m^2+7m+13)\left[q-\dfrac{3(m^2+16m+44)+3\sqrt{m^4+8m^3+32m^2+88m+64}}{4(m^2+7m+13)}\right]^2(q-q_1).\end{aligned}$$ với $$q_1=\dfrac{729 .4(m^2+7m+13) }{\left[3(m^2+16m+44)+3\sqrt{m^4+8m^3+32m^2+88m+64}\right]^2}<\dfrac{3}{2}.$$ Hoàn tất chứng minh.

    COMMENTS

    [KỶ YẾU / HỘI THẢO]_$type=list$source=random$cate=0$s=0$m=0$c=8$p=1$d=0

    Name

    Ả-rập Xê-út,1,Abel,2,Albania,2,American Mathematical Monthly,2,AMM,1,Amsterdam,8,Ấn Độ,1,An Giang,16,Andrew Wiles,1,Anh,2,Áo,1,APMO,16,Arabia,1,Ba Lan,1,Bà Rịa Vũng Tàu,44,Bắc Bộ,23,Bắc Giang,40,Bạc Liêu,7,Bắc Ninh,34,Bắc Trung Bộ,8,Bài Toán Hay,3,Balkan,29,Baltic Way,29,BAMO,1,Bất Đẳng Thức,77,BDHSG,14,Bến Tre,21,Benelux,11,Bình Định,36,Bình Dương,18,Bình Phước,20,Bình Thuận,25,Birch,1,Bosnia Herzegovina,2,BoxMath,3,Brazil,2,Bùi Đắc Hiên,1,Bùi Văn Tuyên,1,Bulgaria,5,BxMO,10,Cà Mau,12,Cần Thơ,12,Canada,63,Cao Bằng,5,Cao Quang Minh,1,Câu Chuyện Toán Học,30,Chọn Đội Tuyển,274,Chu Tuấn Anh,1,Chuyên Đề,104,Chuyên Sư Phạm,28,Collection,8,College Mathematics Journal,1,Concours,1,Cono Sur,1,Correspondence,1,Cosmin Poahata,1,CPS,4,Crux,2,Đà Nẵng,36,Đa Thức,2,Đại Số,31,Đắk Lắk,48,Đắk Nông,4,Đan Phượng,1,Đào Thái Hiệp,1,ĐBSCL,2,Đề Thi,1957,Đề Thi HSG,1108,Đề Thi JMO,1,Điện Biên,5,Định Lý,1,Định Lý Beaty,1,Đoàn Quỳnh,1,Đoàn Văn Trung,1,Đống Đa,3,Đồng Nai,42,Đồng Tháp,40,Đức,1,E-Book,19,EGMO,12,ELMO,17,EMC,7,Estonian,5,Evan Chen,1,Fermat,3,Finland,4,G. Polya,3,Gặp Gỡ Toán Học,21,GDTX,3,Geometry,5,Gia Lai,20,Giải Tích Hàm,1,Giảng Võ,1,Giới hạn,2,Goldbach,1,Hà Giang,2,Hà Lan,1,Hà Nam,21,Hà Nội,151,Hà Tĩnh,60,Hà Trung Kiên,1,Hải Dương,41,Hải Phòng,36,Hàn Quốc,4,Hậu Giang,3,Hilbert,1,Hình Học,49,HKUST,6,Hòa Bình,12,Hoàng Minh Quân,1,Hodge,1,Hojoo Lee,2,Hong Kong,1,HongKong,6,HSG 10,86,HSG 11,63,HSG 12,469,HSG 9,309,HSG Cấp Trường,64,HSG Quốc Gia,86,HSG Quốc Tế,13,Hứa Lâm Phong,1,Huế,30,Hùng Vương,25,Hưng Yên,24,Hy Lạp,1,IMC,23,IMO,40,India,37,Inequality,13,International,208,Iran,4,Jakob,1,JBMO,16,Journal,16,K2pi,1,Kazakhstan,1,Khánh Hòa,10,KHTN,46,Kiên Giang,26,Kon Tum,17,Kvant,2,Kỷ Yếu,37,Lai Châu,3,Lâm Đồng,20,Lạng Sơn,17,Langlands,1,Lào Cai,9,Lê Hoành Phò,4,Lê Khánh Sỹ,3,Lê Minh Cường,1,Lê Phúc Lữ,4,Lê Viết Hải,1,Lê Việt Hưng,1,Long An,33,Lớp 10,8,Lớp 10 Chuyên,342,Lớp 10 Không Chuyên,140,Lớp 11,1,Lượng giác,1,Lương Tài,1,Lưu Giang Nam,2,Macedonian,1,Malaysia,1,Mark Levi,1,Mathematical Excalibur,1,Mathematical Reflections,1,Mathematics Magazine,1,Mathematics Today Magazine,1,MathProblems Journal,1,Mathscope,8,MEMO,9,Metropolises,3,Mexico,1,Michael Guillen,1,Mochizuki,1,Moldova,1,Moscow,1,Mỹ,7,MYM,74,MYTS,1,Nam Định,26,Nam Phi,1,National,177,Nesbitt,1,Nghệ An,43,Ngô Bảo Châu,1,Ngô Việt Hải,1,Ngọc Huyền,2,Nguyễn Anh Tuyến,1,Nguyễn Bá Đang,1,Nguyễn Đình Thi,2,Nguyễn Đức Tấn,1,Nguyễn Duy Khương,1,Nguyễn Duy Tùng,1,Nguyễn Hữu Điển,3,Nguyễn Mình Hà,1,Nguyễn Minh Tuấn,4,Nguyễn Phan Tài Vương,1,Nguyễn Phú Khánh,1,Nguyễn Phúc Tăng,1,Nguyễn Quang Sơn,1,Nguyễn Tài Chung,4,Nguyễn Tăng Vũ,1,Nguyễn Tất Thu,1,Nguyễn Thúc Vũ Hoàng,1,Nguyễn Trung Tuấn,7,Nguyễn Tuấn Anh,2,Nguyễn Văn Huyện,3,Nguyễn Văn Mậu,23,Nguyễn Văn Nho,1,Nguyễn Văn Quý,1,Nguyễn Văn Thông,1,Nguyễn Việt Anh,1,Nguyễn Vũ Lương,2,Nhật Bản,2,Nhóm Toán,3,Ninh Bình,36,Ninh Thuận,13,Nội Suy Lagrange,1,Nội Suy Newton,1,Nordic,18,Olympiad Corner,1,Olympiad Preliminary,2,Olympic 10,87,Olympic 10/3,3,Olympic 11,79,Olympic 12,27,Olympic 24/3,6,Olympic 27/4,19,Olympic 30/4,56,Olympic KHTN,5,Olympic Sinh Viên,63,Olympic Toán,258,PAMO,1,Phạm Đình Đồng,1,Phạm Đức Tài,1,Phạm Huy Hoàng,1,Pham Kim Hung,3,Phạm Quốc Sang,2,Phan Huy Khải,1,Phan Thành Nam,1,Pháp,2,Philippine,1,Philippines,4,Phú Thọ,24,Phú Yên,21,Phùng Hồ Hải,1,Phương Trình Hàm,26,Phương Trình Pythagoras,1,Pi,1,Problems,1,PT-HPT,32,PTNK,37,Putnam,24,Quảng Bình,37,Quảng Nam,26,Quảng Ngãi,29,Quảng Ninh,32,Quảng Trị,17,Riemann,1,RMM,11,Romania,8,Romanian Mathematical Magazine,1,Russia,1,Sách Thường Thức Toán,7,Sách Toán,79,Sách Toán Cao Học,1,Sách Toán THCS,7,Saudi,2,Scholze,1,Serbia,17,Sharygin,19,Shortlists,35,Simon Singh,1,Singapore,1,Số học,38,Sóc Trăng,7,Sơn La,10,Swinnerton-Dyer,1,Talent Search,1,Tăng Hải Tuân,2,Tạp Chí,15,Tây Ban Nha,1,Tây Ninh,24,Thái Bình,33,Thái Nguyên,31,Thanh Hóa,46,THCS,2,Thổ Nhĩ Kỳ,4,Thomas J. Mildorf,1,THPTQG,11,THTT,7,Tiền Giang,16,Titu Andreescu,2,Tổ hợp,7,Toán 12,7,Toán Cao Cấp,3,Toán Chuyên,2,Toán Rời Rạc,20,Toán Tuổi Thơ,2,TOT,1,TPHCM,99,Trà Vinh,5,Trắc Nghiệm,1,Trắc Nghiệm Toán,2,Trại Hè,32,Trại Hè Phương Nam,5,Trần Đăng Phúc,1,Trần Minh Hiền,2,Trần Nam Dũng,8,Trần Phương,1,Trần Quang Hùng,1,Trần Quốc Anh,1,Trần Quốc Luật,1,Trần Tiến Tự,1,Trịnh Đào Chiến,2,Trung Quốc,11,Trường Đông,16,Trường Hè,7,Trường Thu,1,Trường Xuân,2,TST,44,Tuyên Quang,6,Tuyển sinh,10,Tuyển Tập,33,Tuymaada,1,Undergraduate,61,USA,28,USAJMO,1,USATST,5,Uzbekistan,1,Vasile Cîrtoaje,3,Viện Toán Học,1,Vietnam,2,Viktor Prasolov,1,VIMF,1,Vinh,23,Vĩnh Long,17,Vĩnh Phúc,55,Virginia Tech,1,VLTT,1,VMEO,4,VMF,8,VMO,38,VNTST,18,Võ Quốc Bá Cẩn,18,Võ Thành Văn,1,Vojtěch Jarník,5,Vũ Hữu Bình,7,Vương Trung Dũng,1,WFNMC Journal,1,Wiles,1,Yên Bái,15,Yên Định,1,Zhautykov,10,Zhou Yuan Zhe,1,
    ltr
    item
    Mathematical Olympiad Contests Collection: Kỹ Thuật Xử Lý Bất Đẳng Thức Hoán Vị
    Kỹ Thuật Xử Lý Bất Đẳng Thức Hoán Vị
    Mathematical Olympiad Contests Collection
    https://www.molympiad.ml/2019/01/ky-thuat-vu-ly-bat-ang-thuc-hoan-vi.html
    https://www.molympiad.ml/
    https://www.molympiad.ml/
    https://www.molympiad.ml/2019/01/ky-thuat-vu-ly-bat-ang-thuc-hoan-vi.html
    true
    2506595080985176441
    UTF-8
    Loaded All Posts Not found any posts VIEW ALL Readmore Reply Cancel reply Delete By Home PAGES POSTS View All RECOMMENDED FOR YOU LABEL ARCHIVE SEARCH ALL POSTS Not found any post match with your request Back Home Sunday Monday Tuesday Wednesday Thursday Friday Saturday Sun Mon Tue Wed Thu Fri Sat January February March April May June July August September October November December Jan Feb Mar Apr May Jun Jul Aug Sep Oct Nov Dec just now 1 minute ago $$1$$ minutes ago 1 hour ago $$1$$ hours ago Yesterday $$1$$ days ago $$1$$ weeks ago more than 5 weeks ago Followers Follow THIS CONTENT IS PREMIUM Please share to unlock Copy All Code Select All Code All codes were copied to your clipboard Can not copy the codes / texts, please press [CTRL]+[C] (or CMD+C with Mac) to copy