Đang tải... (xem toàn văn)
Bài toán tìm min max ôn tập tốt nghiệp Trường THPT ĐônG SƠn, THầy giáo Trần Đức Nội
GEOMETRIZE ALGEBRA (GLA) LỜI MỞ ĐẨU Trong trào lưu bất đẳng thức phát triển vũ bão loạt phương pháp ffầy giá trị tên tuổi tiếng bạn say mê bất đẳng thức đời thif việc phương pháp không thật bật cho dù mạnh trở nên nhạt nhòa bị lãng quên chẳng có khó hiểu Với phương pháp việc giải bất đẳng thức kì thi quốc gia, quốc tế khơng cịn khó khăn với lượng lớn bạn học sinh Tuy nhiên, lời giải đẹp sáng cho tốn điều ln vươn tới Chẳng thể có phương pháp mà lời giải tốn phương pháp đẹp Chính điều tạo nên quyến rũ không nhàm chán bất đẳng thức Là người u thích mơn học đầy kì bí này, tơi đúc kết cho riêng phương pháp có tên GLA, tạm dịch “hình học hóa đại số” Thực chất ứng dụng phương pháp p, R, r đại số mà thơi Trong bất đẳng thức hình học, việc qui đại lượng độ dài, sin, cos tam giác p, R, r khắp nơi giới nghiên cứu từ lâu người có hiểu biết riêng chưa có sách nói thật chi tiết Có lẽ, bất đẳng thức lượng giác chưa bao giừo xuất kì thi quốc tế mà người cho với nghiên cứu p, R, r đủ không nghiên cứu tiếp Và bất đẳng thức lượng giác p, R, r có sức mạnh hủy diệt đủ để giải gần tòan VIệc đem p, R, r ứng dụng vào đại số điều mẻ nhiên mức độ cịn “manh mún” Phần nhiều đại số có nhiều phương pháp mạnh nên phương pháp p, R, r bị lãng quên không đánh giá mực Đa số tồn quan niệm cố hữu rằng: “nếu đem so sánh bất đẳng thức đại số với hình học chẳng khác đem gã khổng lồ so với bé ti hon hay tay địa chủ với kẻ bần nơng” Cũng chẳng trách họ xét hình thức bất đẳng thức hình học trường hợp đặc biệt bất đẳng thức dại số có thêm điều kiện để thỏa mãn tính chất hình học mà thơi Theo quan điểm riêng tơi bất đẳng thức đại số ví phạm trù riêng cịn bất đẳng thức hình học ví phạm trù chung triết học: “Cái riêng toàn bộ, phong phú hơ chung, chung phận, sâu sắc riêng” Tôi mạnh dạn sâu vào tìm hiểu ứng dụng p, R, r đại số tách riêng thành phương pháp có tên GLA trước hết nhận thấy dạng tốn định cho lời giải đẹp; sau muốn góp phần cơng sức tìm lại tiếng nói cho bất đẳng thức hình học Tôi muốn chứng minh phần quan điểm nêu Có thể tơi q ngơng cuồng qua viết không chứng tỏ khả hạn chế chưa thể phủ định quan điểm Trong trình viết phần lý thuyết đặt không tuân theo qui tắc thông thường Phân đầu viết cố xây dựng kiến thức thật áp dụng để giải tập mà không cần dùng đến phần “lý thuyết tổng quan” cuối viết Tại kì thi học sinh giỏi ngồi bất đẳng thức kinh điển áp dụng trực tiếp lại tất áp dụng phải chứng minh Do để bạn hiểu lý thuyết để giải tập dùng lý thuyết cách máy móc Những tập phần viết khơng q khó, bạn đọc muốn tìm hiểu cao xin liên hệ với qua địa cuối viết Đồng thời xin chân thành cảm ơn ý kiến đóng góp từ bạn đọc Bùi Việt Anh A CỞ SỞ CỦA PHƯƠNG PHÁP Xin nói trước tơi trình bày viết khơng giống trình bày phương pháp khác họ xây dựng lý thuyết vào giải tập xem thử sức mạnh phương pháp Ở tơi sơ lược cần thiết để giải toán đối xứng biến Sau trình bày tương đối hồn chỉnh với biến ta bắt đầu tìm hiểu xem GLA cịn có ứng dụng mặt thật Việc trình bày theo cách khơng hồn tồn vơ lý lẽ sau giải loạt toán biến bạn nắm kiến thức sở GLA để dễ dàng tiếp thu lý thuyết cao xa Những mà tơi trình bày phần từ A đến E với kiến thức học sinh THCS hiểu gần tồn Xóa nhịa ranh giới tuổi tác điều tơi cố gắng thực phần từ A đến E Xét bất đẳng thức biến đối xứng với điều kiện biến không âm: a, b, c Bằng cách đặt x = b + c, y = c + a, z = a + b x = b + c , y = c + a , z = a + b nhiều cách khác ta suy x , y , z độ dài cạnh tam giác Như ta chuyển bất đẳng thức đại số thành hình học Trường hợp biến a, b, c có biến O tam giác suy biến thành đường thẳng Ta coi tam giác có r = Ta biết tam giác xác định yếu tố p, R, r nên sau qui toán x, y, z ta qui p, R, r Do có nhiều định lý hay, bổ đề đẹp quan hệ p, R, r nên số tán định việc chuyển tốn gồm đại lượng a, b, c p, R, r thuận lợi nhiều B CÁC HẰNG ĐẲNG THỨC VÀ BỔ ĐỀ ÁP DỤNG TRONG BÀI VIẾT: Qui ước: Khi nhìn thấy kí hiệu a, b, c ta hiểu độ dài cạnh tam giác Còn p, R, r nửa chu vi, bán kính đường trịn ngoại tiếp nội tiếp ∆ABC VT kí hiệu vế trái, VP kí hiệu vế phải a) ab + bc + ca = p + Rr + r b) ( ab + bc + ca ) = a + b + c + 16 Rr + 4r c) a + b + c = p − 8Rr − 2r d) Rr − r − p2 = − ( b + c − 2a ) ( c + a − 2b ) ( a + b − 2c ) 18 p e) Rr − r − p2 = − ( b + c − 3a ) ( c + a − 3b ) ( a + b − 3c ) 32 p Chứng minh: Ta dễ dàng nhận thấy đẳng thức cần chứng minh tương đương với nên cần chứng minh cho đẳng thức a) đủ Ta có: p − a = r cotg A a = R sin A ⇒ sin A = a ; tg A = r 2R p−a 2⋅ r tg A p−a ⇒ a = Mặt khác áp dụng công thức: sin A = 2R r2 + tg A 1+ p−a ( ) = 2r ( p − a ) ( p − a)2 + r ⇒ ap − pa + a + ar = Rr ( p − a ) ⇒ a − pa + a ( r + p + Rr ) − Rrp = (1) Xét phương trình: x − px + ( r + p + Rr ) x − Rrp = (*) Từ (1) ta thấy a, b, c nghiệm (*) Do theo định lý Viet ta có: ab + bc + ca = p + Rr + r d) Hệ thức chứng minh lần nhà toán học P Nuesch vào năm 1971 tạp chí “Elementary Math”, No 26, 1971 trang 19 Đây hệ thức phức tạp Rất tiếc chưa đọc cách chứng minh nên đành chứng minh tam sách sau đây: Rr − r − p2 = − ( b + c − 2a ) ( c + a − 2b ) ( a + b − 2c ) 18 p ⇔ 36Rrp − 18 pr − p = − ( b + c − 2a ) ( c + a − 2b ) ( a + b − 2c ) (1) VT(1) = 9abc − 18 S − p = 9abc − 18 ( p − a )( p − b )( p − c ) − p p Đặt p − a = x, p − b = y, p − c = z ⇒ x + y + z = p − a + p − b + p − c = p ; a = y + z , b = z + x , c = x + y ⇒ VP(1) = − ( x − y − z )( y − z − x )( z − x − y ) VT(1) = ( x + y )( y + z ) ( z + x ) − 18 xyz − ( x + y + z ) Tức ta cần chứng minh: ( x + y ) ( y + z ) ( z + x ) − 18xyz − ( x + y + z ) = − ( x − y − z ) ( y − z − x ) ( z − x − y ) (2) Ta có: VT(2) = ⎡ x ( y + z ) + y ( z + x ) + z ( x + y ) + xy ⎤ − 18 xyz ⎣ ⎦ − ⎡ x + y + z + 3x ( y + z ) + 3z ( x + y ) + xyz ⎤ ⎣ ⎦ = ⎡ x ( y + z ) + x ( y + z ) + z ( x + y ) ⎤ − ( x + y + z ) − 12 xyz (3) ⎣ ⎦ Đến việc chứng minh A = B đơn giản nhiều Nếu khơng tìm cách chứng minh hay bạn đọc chịu khó ngồi phân tích nhân tử Việc làm tốn chút công sức không cần suy nghĩ nhiều có trước kết mà khơng cần nháp, xin trình bày để bạn tham khảo: Ta nhận thấy (3) biểu thức đối xứng dễ dàng thấy đặt (3) f ( x, y, z ) 2x = y + z nghiệm f ( x, y, z ) Do tính đối xứng f ( x, y, z ) có bậc nên y = z + x, z = x + y nghiệm f ( x, y, z ) có nghiệm Dấu x , y , z f ( x, y, z ) dấu trừ nên viết: f ( x, y, z ) = − ( x − y − z )( y − z − x )( z − x − y ) Đây mẹo nhỏ q trình phân tích biểu thức có tính chất đối xứng Cịn việc thi có sử dụng tính chất khơng bạn tham khảo thầy giáo có uy tín nhé! e) Hệ thức chứng minh lần nhà toán học P Nuesch vào năm 1972 tạp chí “Elementary Math”, No 27, 1972 (trang 16-17) Các bạn chứng minh tương tự cach chứng minh d) Đây đẳng thức đẹp nhiều ứng dụng nên bạn trước hết tìm cho riêng lờii giải để hiểu chất Sau xin giới thiệu lời giải để bạn tham khảo Đẳng thức cho tương đương với: 128Rrp − 32 pr − p = ( 3a − b − c ) ( 3b − c − a ) ( 3c − a − b ) ⇔ 32abc − 32 ( p − a )( p − b )( p − c ) − ( a + b + c ) = ( 3a − b − c ) ( 3b − c − a ) ( 3c − a − b ) ⎧a = x + y + z ⎪ Đặt ⎨b = y + z + x ⎪ ⎩c = z + x + y ( x + y > 0, y + z > 0, z + x > ) ⇒ a + b + c = ( x + y + z ) (1) Ta dễ dàng nhận thấy với cách đặt điều kiện a, b, c độ dài cạnh ⎧ p − a = y + z , p − b = z + x, p − c = x + y ⎪ ⎪3a − b − c = x (2) tam giác không bị vi phạm và: ⎨ ⎪3b − c − a = y ⎪ ⎩3c − a − b = z Từ (1) (2) ta cần chứng minh: 32 ( x + y + z )( y + z + x )( z + x + y ) − 32 ( x + y )( y + z ) ( z + x ) − 64 ( x + y + z ) = 64 xyz ⇔ ( x + y + z )( y + z + x )( z + x + y ) − ( x + y )( y + z ) ( z + x ) − ( x + y + z ) = xyz Đến ta chứng minh ( m + n ) ( n + p )( p + m) + mnp = ( m + n + p )( mn + np + pm) (*) áp dụng với m = y + z, n = z + x, p = x + y ta có: (*) ⇔ ( x + y + z )( y + z + x )( z + x + y ) + ( x + y )( y + z ) ( z + x ) = ( x + y + z ) + ⎡( x + y )( y + z ) ( z + x ) + xyz ⎤ ⎣ ⎦ ⇔ ( x + y + z ) ⎡( x + y )( y + z ) + ( y + z ) ( z + x ) + ( z + x ) ( x + y ) ⎤ ⎣ ⎦ = ( x + y + z ) + ( x + y + z )( xy + yz + zx ) (®óng) Vậy ta chứng minh xong đẳng thức e) Các định lý: Định lý 1: Cho tam giác ABC, D điểm thuộc BC Khi đó: nc + mb = ( d + mn ) a AD = d, BD = m, DC = n Chứng minh: Ta có m + d − c = 2md cos ADB (1), n + d − b = 2nd cos ADC (2) Nhân vế (1) với n vế (2) với m ta được: n ( m + d − c ) = 2mnd cos ADB ( 3) , m ( n + d − b ) = 2mnd cos ADC ( ) Cộng vế theo vế (3) với (4) ta được: mn ( m + n ) + ( m + n ) d − nc − mb = 2mnd ( cos ADB + cos ADC ) ⇔ ( mn + d ) a = nc + mb Định lý 3: p ≤ R + 10 Rr − r + ( R − 2r ) R ( R − 2r ) Cách 1: Giả sử a, b, c thỏa mãn a > b ≥ c ≥ nghiệm phương trình: M ( X ) = X − pX + ( p + Rr + r ) X − pRr = Điều kiện để a, b, c độ dài cạnh tam giác là: ⎧b + c > a ⎧p > a ⎪ ⎪ ⇔⎨ ⇔ p > a ≥ b ≥ c > (1) ⎨ ⎪c > ⎪c > ⎩ ⎩ ⇔ Phương trình M(X) = có nghiệm thỏa mãn (1) Ta có: M ′ ( X ) = X − pX + p + Rr + r ∆ ′ = ( p ) − ( p + Rr + r ) = p − 12 Rr − 3r ; M(X) có nghiệm ⇒ ∆’ ≥ Hai nghiệm M’(X) = là: X = p − ∆′ p + ∆′ ;X2 = 3 ⎧M ( 0) < ⎪ ⎪M ( X ) ≥ ⎪ ⇒ (1) ⇔ ⎨ Ta nhận thấy M(0) < M(p) > ⎪M ( X ) ≤ ⎪ ⎪M ( p ) > ⎩ 2 ⎧ ⎧M ( X ) ≥ ⎪ ⎪∆ ′ ∆ ′ ≥ p ( p − 18 Rr + 9r ) ⇔⎨ Còn ⎨ ⇔ ∆ ′ ∆ ′ ≥ p ( p − 18 Rr + 9r ) ⎪ M ( X ) ≤ ⎪∆ ′ ∆ ′ ≥ − p ( p − 18 Rr + 9r ) ⎩ ⎩ ⇔ ( ∆ ′ ) ≥ p ( p − 18 Rr + 9r ) ⇔ p − p ( R + 10 Rr − r ) + r ( R + r ) ≤ (2) 3 ′ ∆ = ( R + 10 Rr − r ) − r ( R + r ) = R ( R − 2r ) ≥ 3 ⇒ (2) ⇔ R + 10 Rr − r − ( R − 2r ) R ( R − 2r ) ≤ p ≤ R + 10 Rr + r + ( R − 2r ) R ( R − 2r ) (Cách chứng minh Cách 2: Cách chưa có tài liệu mang đậm sắc hình học Ta có: p ≤ R + 10 Rr − r + ( R − 2r ) R ( R − 2r ) ⇔ p − 16 Rr + 5r ≤ ( R − Rr + 4r ) + ( R − 2r ) R ( R − 2r ) + R ( R − 2r ) ⇔ 9.IG ≤ ⎡( R − 2r ) + R ( R − 2r ) ⎤ ⇔ 3.IG ≤ R − 2r + OI ⎣ ⎦ Trong O, I, G tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp trọng tâm ∆ABC Trên đường thẳng IG ta lấy điểm H cho IK = 3IG Ta dùng định lý để tính đoạn OH Theo định lý 1: OI HG + OH IG = ( OG + IG.GK ) IK 2 ⎛ p − 16 Rr + 5r ⎞ ⇔ R ( R − 2r ) + OK = ⎜ R − a + b + c + ⋅ ⎟ (do 9 ⎝ ⎠ GK = IG, IK = 3IG ) ⇔ R ( R − 2r ) + 3.OK = R − ( p − 8Rr − 2r ) + p − 32 Rr + 10r ⇔ 3.OK = ( R − Rr + 4r ) ⇔ OK = ( R − 2r ) ⇔ OK = R − 2r Trong tam giác OIK ta có: OI + OK ≥ IK hay (R − 2r) + OI ≥ 3.IG Tức là: p ≤ R + 10 Rr − r + ( R − 2r ) R ( R − 2r ) Đẳng thức xảy ⇔ O nằm I K Comment: Từ định lý ta tạo nhiều đoạn thẳng có độ dài đặc biệt đẹp OK Bạn có niềm say mê tìm tịi thử, cịn viết dừng Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được: p ≥ R + 10 Rr − r − ( R − 2r ) R ( R − 2r ) Điều tương đương với IK + OK ≥ OI Đẳng thức xảy K nằm O I Bây ta tìm điều kiện cần để: + O nằm I K + K nằm O I * O nằm I K khi: p − 16 Rr + 5r = R − 2r + R ( R − 2r ) ⇒ p − 16 Rr + 5r ≥ R ( R − 2r ) + ( R − 2r ) R ( R − 2r ) ≥ R ( R − 2r ) + ( R − r ) = ( R − r ) ( 3R − r ) ⇒ p ≥ ( R + r ) ⇒ p ≥ R + r 2 Theo định lý trình bày điều xảy tam giác có góc ≥ 60°, tức tam giác cân có cạnh bên lớn cạnh đáy * K nằm O I khi: p − 16 Rr + 5r = R ( R − 2r ) − ( R − 2r ) ⇒ p − 16 Rr + 5r ≤ R ( R − 2r ) + ( R − 2r ) ≤ ( R − 2r ) ( 3R − 4r ) ⇒ p ≤ 3( R + r ) ⇒ p ≤ R + r Theo định lý trình bày điều xảy tam giác có góc ≤ 60°, tức tam giác cân có cạnh bên nhỏ cạnh đáy Định lý 5: a + b + c ≤ R + 4r Chứng minh: Ta có nhiều cách để chứng minh định lý viết sử dụng định lý làm bổ đề bổ đề mạnh tính ứng dụng cao Nhận thấy R ( R − 2r ) ≤ R ( R − 2r ) + r = ( R − r ) Do đó: p ≤ R + 10 Rr − r + ( R − 2r ) ( R − r ) ⇔ p ≤ R + 10 Rr − r + ( R − 3Rr + 2r ) ⇔ p ≤ R + Rr + 3r ⇔ p ≤ 8R + 8Rr + 6r ⇔ a + b + c + Rr + 2r ≤ R + Rr + 6r ⇔ a + b + c ≤ R + 4r = ( x + y + z ) ⎡( xy + yz + zx ) − xyz ( x + y + z )⎤ ⎣ ⎦ = ( p − 8Rr − 2r ) ⎡( p + 4Rr + r ) ⎣ x2 y2z2 − 16 Rrp ⎤ ⎦ 16 R r p −1 −1 Ta có: ( p + Rr + r ) − 16 Rrp = p + ( Rr + r ) p + ( Rr + r ) − 16 Rrp 2 Mặt khác: ( Rr + r ) p ≤ Rrp ; ( Rr + r ) ≤ ( ⇒ ( p + Rr + r ) − 16 Rrp ≤ p p − Rr p Rr 3Rrp ⋅ = 2 ) Lại có p ≤ R + Rr + 3r ≤ R + Rr Do x y + y z + z x ≤ R p 2 Mà x + y + z ≤ 8R + 4r Vậy VP ≤ Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c ( R + 4r ) R p 16 R r p 2 − = R = VT r2 E CÁC BÀI TOÁN TỰ SÁNG TẠO Phải nói “sáng tạo” khơng có nghĩa tơi người tìm chúng mà độc lập tìm tốn Trong hàng triệu người u tốn khắp nước khơng thiếu người tìm phương pháp G.L.A chí tìm từ lâu phát triển tầm cao nhiều Tuy nhiên, chưa có tài liệu trình bày cách hệ thống Cũng có người phương pháp khác tìm toán để minh họa cho phương pháp họ Do hạn chế việc đọc tài liệu nên chúng xuất đâu chưa Có điều tốn tìm cách dễ dàng từ công thức đơn giản xây dựng phần C Chính thừoi gian để tìm tốn cịn nhanh việc tìm tốn tài liệu nhận để bị mang tiếng I CÁC BÀI TỐN KHƠNG ĐIỀU KIỆN Cho a, b, c > CMR: a + b + b + c + c + a + + ⋅ ab + bc + ca ≥ 19 (*) c a b a2 + b2 + c2 Giải Áp dụng công thức C ta cần phải chứng minh: 2 ( 2R − r ) + + ⋅ Rr + r ≥ 19 (1) r p − 8Rr − 2r Theo định lý ta có: p ≤ R + Rr + 3r Do để chứng minh (1) ta cần CM: 4R + ⋅ Rr + r ≥ 19 ⇔ r ( R + Rr + 3r ) − Rr − 2r ⇔ ⎞ R − ≥ ⎛1 − Rr + r ⎜ 2 ⎟ r 8⎝ R − Rr + r ⎠ ( ) ⎡ 4R ( R − 2r ) ≥ 3⋅ ⇔ ( 2R − r ) ≥ 3Rr ⎢ 4R ⎤ ( 2R − r ) ⎣ r + ⋅ 4R + 4⎥ r ⎦ ( R − 2r ) ( ) ⎡ r ⎢ 4R ⎣ r Ta nhận thấy: ( ) 4R r ( ) + ⋅ 4R + ≤ ⋅ 4R r r ( ) Suy ra: VP ≤ 3Rr ⋅ R = 18R = 3R r 2 2 ⎤ + ⋅ 4R + 4⎥ r ⎦ ≤ 6R r ≤ ( R − r ) = VP Do (2) chứng minh, tức (*) Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c Cho a, b, c > CMR: ( a + b + c ) ( a b + b c + c a ) + 64a b c 2 2 2 ≥ ( a + b + c ) abc ⎡( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a ) ⎤ + ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ⎣ ⎦ Áp dụng công thức 1, 5, 14 C ta cần phải chứng minh: p ⎡( Rr + r ) − p r ⎤ + 64 p r ≥ p r ( p − Rr − 2r ) + 16 p R r ⎣ ⎦ ⇔ ( R + r ) − p + 16r ≥ ( p − Rr − r ) + R ⇔ R + Rr + 3r ≥ p 2 (đúng theo định lý 3) Comment: Nếu toán giải phương pháp đại số lời giải dài dòng với G.L.A lời giải lại ngắn gọn đẹp mắt Qua đó, ta rút điều khơng thể đánh giá tốn qua vẻ bề ngồi (trơng đẹp mắt hay cồng kềnh) mà phải dựa vào nội dung (tức giải) Cho a, b, c > CMR: 8(a3 + b3 + c3 ) (a + b + c ) ≥ −1 ( a + b) (b + c) (c + a ) ab + bc + ca Giải Áp dụng công thức 1, 14 C ta cần chứng minh: p ( p − 12 Rr ) ( p − 8Rr − 2r ) 2p2 4p2 ≥ −1⇔ − 24 ≥ −9 pRr Rr Rr + r Rr + r ⇔ 2p2 4p2 15Rr ( R + r ) − ≥ 15 ⇔ p ≥ Rr ( 2R + r ) Rr + r Ta biết p ≥ 16 Rr − 5r việc chứng minh: 16 Rr − 5r ≥ 15Rr ( R + r ) đơn giản (⇔ R ≥ 3Rr + 10r ) ( 2R + r ) Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c Cho a, b, c > CMR: a + b + c + abc ≥5 b + c c + a a + b 2(a3 + b3 + c3 ) Giải Áp dụng công thức 4, 8, 14 ta cần chứng minh: p − Rr + r pr + ≥5 Rr p ( p − 12 Rr ) ⇔ p − Rr + r p − 14 Rr + r p − 12 Rr − 3r r2 − ≥ − ⇔ ≥ Rr ( p − 12 Rr ) Rr ( p − 12 Rr ) ⇔ ( p − 14 Rr + r )( p − 12 Rr ) ≥ Rr ( p − 12 Rr − 3r ) (*) Do p ≥ 16 Rr − 5r nên ⎧2 ( p − 14 Rr + r ) = ( p − 12 Rr − 3r ) + ( p − 16 Rr + 5r ) ≥ p − 12 Rr − 3r (1) ⎪ ⎨ ⎪3 ( p − 12 Rr ) ≥ ( Rr − 5r ) = Rr + r ( 8R − 15r ) ≥ Rr ( ) ⎩ Nhân vế theo vế (1) (2) ta (*) tức toán chứng minh Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c Cho a, b, c > CMR: a + b + b + c + c + a + + ⋅ ab + bc + ca ≥ 19 c a b a2 + b2 + c2 a + b + b + c + c + a + ab + bc + ca ≥ 15 (1) c a b a2 + b2 + c2 Giải Áp dụng công thức ta cần chứng minh: ( 2R − r ) + Rr + r ≥ 15 (*) r p − 8Rr − 2r Theo định lý ta có: p ≤ R + Rr + 3r Do để chứng minh (*) ta cần ⎛ chứng minh: R − 2r + ⋅ Rr + r ≥ 15 ⇔ R − 2r − ≥ ⎜ − 2R − r r r ⎝ ⇔ Rr + r ⎞ ⎟ 2R − r ⎠ ( R − 2r ) R ( R − 2r ) ≥9⋅ ⇔ ( R − r ) ( R − r + Rr + r ) ≥ Rr r ) ( R − r ) ( R − r + Rr + r Ta có: VT ≥ ( R − r ) ( R − r + 9r ) = R + Rr − 2r ≥ Rr = VP Vậy (1) chứng minh Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c 3 Cho a, b, c > CMR: a + b + c + 162abc ≥ abc (a + b + c) Giải Áp dụng công thức 14 ta cần chứng minh: p ( p − 12 Rr ) pr + p − 12 Rr 162r 162 pr ≥9⇔ + ≥9 p3 r2 p2 4 p − 12 Rr 162r 2 p 324r 2 ( p − 162r ) + ⇒ f ′( p) = − = ≥0 Đặt f ( p ) = r p3 p 3r r2 p2 Do ƒ(p) đồng biến theo p tức f ( p ) ≥ f ( 16 Rr − 5r ) Để chứng minh toán ta cần chứng minh 16 Rr − 5r − 12 Rr + 162r ≥ ⇔ R − 5r − ≥ − 162r r 16 R − 5r r2 16 Rr − 5r ⇔ ( R − 2r ) 16 ( R − 2r ) ≥6⋅ ⇔ 16 R − 5r ≥ 24r ⇔ 16 R ≥ 29r (đúng) r 16 R − 5r Vậy toán chứng minh Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c Mở rộng: Tìm số k tốt cho BĐT sau đúng: a3 + b3 + c3 + kabc ≥3+ k abc 27 (a + b + c) Với cách làm tương tự ta dễ dàng tìm k = 729 Chứng minh với a, b, c dương ta có: 12 ( a + b + c ) abc ( a + b + c ) + ≥ (*) (a + b + c) (a + b + c ) a4 + b4 + c4 Giải Áp dụng công thức 1, 4, 14 ta cần chứng minh: p 2r 2 p − 16 Rrp + ( Rr + r ) + 12 p ( p − 12 Rr ) p ( p − 8Rr − 2r ) ≥5 ⇔ ⇔ ⇔ 12 ( p − 12 Rr ) p − 8Rr − 2r − ≥1− ( p − 28Rr + 2r ) p − 8Rr − 2r ( p − 14 Rr + r ) p − Rr − 2r − ≥ p 2r p − 16 Rrp + ( Rr + r ) p − (16 Rr + r ) p + ( Rr + r ) p − 16 Rrp + ( Rr + r ) = ( 16 Rr − 5r ) = 2 p − 16 Rrp + ( Rr + r ) Đặt VT (1) ƒ(p) Ta có ƒ\(p) ≥ 0, f ( p ) ≥ f Mà f p − (16 Rr + r ) p + ( Rr + r ) ( ≥ (1) 16 Rr − 5r ) ( Rr − 4r ) ( R + r ) − (16 Rr − 5r ) − 8Rr − r 2 ( R + r ) − (16 Rr − 5r ) 32 ( R − 2r ) ( 8R − 5r ) 16 ( R − 2r ) 16 ( R − 2r ) ( R − r ) − = ≥0 2 8R − 7r ( 8R − 7r ) ( 32 R − 64 Rr + 27r ) 32 R − 64 Rr + 27r Vậy (*) chứng minh Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c 2 Cho a, b, c > CMR: a + b + b + c + c + a ≥ ⋅ a + b + c + ⋅ a + b + c (*) c a b ab + bc + ca abc Giải Áp dụng công thức 1, ta cần chứng minh: 2 R − 2r ≥ ⋅ p − Rr − 2r + ⋅ p r r2 Rr + r 2 ⇔ ( R − 2r ) ≥ 21 ⋅ R − Rr + r + 4R + r ⇔ 24 ( R − 2r ) ≥ 21 ⋅ ( ( R + Rr + 3r ) r − 3r ) ( R − 2r ) ( R + 3r ) R ( R − 2r ) + 5⋅ 4R + r A + 3rA + 9r (trong A = ( R + Rr + 3r ) r ) ⇔ ( 4R + r ) ≥ 21R + 5r ( R + 3r ) ( 4R + r ) ⇔ ( R + 2r ) ( A2 + 3rA + 9r ) ≥ 5r ( R + 3r ) ( 4R + r ) 2 A + 3rA + 9r Ta có: A + 3rA ≥ A 3r = 3r ( R + Rr + 3r ) Suy ra: ( A + 3rA ) ≥ 2r 27 ( R + Rr + 3r ) ≥ 2r (10 R + r ) Do (2) VT ≥ r ( R + 2r ) ( 20 R + 41r ) ≥ VP Vậy (*) chứng minh Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c Bài 11 Cho a, b, c ≥ CMR: a + b + c ≤ a+b+c a + 2bc b + 2ca c + 2ab ab + bc + ca Giải Trước tiên ta thấy VP = p Công việc ta cần làm trước tiên qui VT Rr + r p, R, r Ta có: VT = = ⎣ ∑ ⎡a (b + 2ca )( c + 2ab ) ⎤ ⎦ ( a + 2bc )( b + 2ca )( c + 2ab ) ( a + b + c ) ( a b + b c + c a ) + 4abc ( a + b + c ) − abc ( ab + bc + ca ) 9a b c + 4abc ( a + b + c ) + ( a b + b c + c a ) Áp dụng đẳng thức 1, 4, 14, 16 phần C ta được: VT = 2 p ⎡( Rr + r ) − p r ⎤ + pr ( p − Rr − 2r ) − pr ( R + r ) ⎣ ⎦ p r + p r ( p − 12 Rr ) + 2r ⎡( R + r ) − 12 p R ⎤ ⎣ ⎦ pr ( R + r ) − p r + p r − pr ( R + r ) − pr ( R + r ) = p r + p r − 48 Rr p + 2r ( R + r ) − 24 Rp r 3 pr ( R + r ) − pr ( R + r ) = p r + p r + 2r ( R + r ) − 72 Rp r 3 Ta cần CM: VT ≤ p r + p + 2r ( R + r ) − 72 Rrp p ( R + r ) − 9r ( R + r ) ⇔ ≤ 2 4 Rr + r ( R + r ) − 72 Rrp Rr + r p r + p + 2r Đặt p = t f ( t ) = f ′ (t ) = − = p ⎡ ( R + r ) − 9r ( R + r ) ⎤ ⎣ ⎦ ( R + r ) − 72 Rrt 9tr + 4t + 2r 2 8t + 9r − 72 Rr ⎡9tr + 4t + 2r ( R + r ) − 72 Rrt ⎤ ⎣ ⎦ < (do t ≥ 16 Rr − 5r ≥ Rr ) Do ƒ(t) nghịch biến theo t tức f ( t ) ≤ f (16 Rr − 5r ) Suy ta cần chứng minh ( 4R + r ) − 9r ( 4R + r ) (16Rr − 5r ) r + (16Rr − 5r ) + 2r ( 4R + r ) − 72Rr (16Rr − 5r ) ≤ 4Rr + r ⇔ ( 4R + r ) − 9r ( 4R + r ) ≤ ( 4R + r ) + 4r (16R − 5r ) + 9r (16R − 5r ) − 72Rr (16R − 5r ) 3 ⇔ (16 R − 5r ) + 9r (16 R − 5r ) + ( R + r ) − 72 R (16 R − 5r ) ≥ 2 ⇔ ( 256 R − 160 Rr + 25r ) + 144 Rr − 45r + (16R + 8Rr + r ) − 1152 R + 360 Rr ≥ ⇔ 16 R − 64 Rr + 64r ≥ ⇔ 16 ( R − 2r ) ≥ Comment: Để chứng minh tốn ta cịn vài lời giải khác nhiên lời giải phải dùng đến phân tích phức tạp dễ nhầm lẫn Giải G.L.A ta dễ xây dựng sẵn công thức nên tiện cho việc kiểm tra ta lại xét đạo hàm xem biểu thức sau qui p, R, r đồng biến hay nghịch biến để qui p R r cách thích hợp Việc giảm biến tốn cồng kềnh có ý nghĩa lớn lao ⎡ R = 2r ⎢ ⎡a = b = c Đẳng thức xảy ⇔ ⎢ ⎧ p = 16 Rr − 5r ⇔ I ≡ G ⇔ ⎢ ⎢⎪ ⎢ ⎨ ⎣ a = b, c = ( hoán vÞ ) ⎢ ⎪r = ⎣⎩ 3 (a + b + c) Bài 12 Cho a, b, c > CMR: a + 2abc + b + 2abc + c + 3abc ≥ b+c c+a a+b Giải (1) ⇔ ( a + b + c + 2abc ) ⇔ ( a + b + c + 2abc ) ( ) + + − a+b b+c c+a ∑ 1 ( a b + b + c + c + a ) ≥ (a + a3 + b3 ≥ (a + b + c) a+b + b2 + c2 ) Áp dụng đẳng thức 1, 3,12,14 phần C ta cần chứng minh: 2 ⎡ p ( p − 12 Rr ) + pr ⎤ ⋅ p + Rr + r ≥ ( p − Rr − 2r ) ⎣ ⎦ Rrp ⇔ ( p − 12 Rr + 2r )( p + Rr + r ) ≥ ( p − 8Rr − 2r ) (*) Rr 2 (1) 2 Đặt p = t f ( t ) = VT − VP Ta có: f ′ ( t ) = t + Rr + r + t − 12 Rr + 2r − Rr 2 = 2t − Rr + 3r − = 2t − 18 Rr + 3r ≥ (do t ≥ 16 Rr − 5r ) Rr Rr Do ƒ(t) đồng biến theo p tức để (*) ta cần chứng minh trường hợp ( ) p = 16 Rr − 5r p = 16 Rr − 5r + r R − 2r (tùy độ chặt) R Mặt khác: ⎡(16 Rr − 5r ) − 12 Rr + 2r ⎤ ⎡(16 Rr − 5r ) + Rr + r ⎤ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ≥ ⎡(16 Rr − 5r ) − 8Rr − 2r ⎤ ⎣ ⎦ Rr ⇔ ( 4Rr − 3r )( 20 Rr − 4r ) ( ( R − 3r ) ( 5R − r ) ( ≥ 8Rr − 7r ) ⇔ ≥ 8R − 7r ) Rr R ⇔ ( 20R − 19Rr + 3r ) ≥ 40R − 35Rr ⇔ 6r ≥ 3Rr ⇔ 2r ≥ R (**) Dễ thấy (**) BĐT sai thay p = 16 Rr − 5r vào (*) ta thấy độ chênh VT VP nhỏ Do ta hồn toàn tự tin thay r ( R − 2r ) (*) ta có điều phải chứng minh mặc p = 16 Rr − 5r + R ( ) dù r R − 2r đại lượng bé Trong trình giải việc biến đổi dẫn R đến bất đẳng thức ngược dấu (**) tránh khỏi Rõ ràng để ( ) “chắc ăn” ta thay p = 16 Rr − 5r + r R − 2r (*) việc làm lại R cồng kềnh so với thay p = 16 Rr − 5r nhiều Qua phân tích ta ( ) thấy bắt buộc phải thay p = 16 Rr − 5r + r R − 2r vào liệu có phải R ( ) cần thiết đâu có p thay 16 Rr − 5r + r R − 2r hay khơng? R Với bạn có “sức khỏe” khả tính tốn tốt việc thay hết vào cá nhân tơi có ngun tắc biến đổi đơn giản tốt Quay trở lại việc thay p = 16 Rr − 5r vào (*), liệu có phải việc làm vo tác dụng khơng? Xin trả lời “khơng” qua q trình ta ước lượng độ chênh VT − VP có “cảm nhận” cần thay r ( R − 2r ) vào biểu thức p − Rr + r biểu thức p = 16 Rr − 5r + R p + 4Rr + r cần thay p = 16Rr − 5r thơi tất nhiên VP buộc phải ( ) thay p = 16 Rr − 5r + r R − 2r Tiếp tục q trình phân tích, việc tính tốn R ( ) thay p = 16 Rr − 5r + r R − 2r vào hai biểu thức R p + 4Rr + r p − 12Rr + 2r biểu thức lại p = 16Rr − 5r độ phức tạp tính tốn tương đương thay r ( R − 2r ) vào biểu thức p + Rr + r ta dơi p = 16 Rr − 5r + R lượng p − 12 Rr + 2r vào biểu thức p − 12 Rr + 2r lượng dôi (so với thay p = 16 Rr − 5r ) p + Rr + r Chính việc thay p = 16 Rr − 5r + r ( R − 2r ) vào biểu thức p − 12 Rr + 2r tốt nhiều so R với thay vào biểu thức p + Rr + r Với bạn “dày dạn” kinhnghiệm “chiến đấu” nhìn lướt qua biết thay cho hợp lý rồi, với bạn làm quen với BĐT trình phân tích giúp cho bạn phần giải tập sau Bây ta bắt đầu trình thay nhé! ⎛ ⎞ r ( R − 2r ) − 12 Rr + 2r ⎟ (16 Rr − 5r + Rr + r ) ⎜16 Rr − 5r + R ⎝ ⎠ Rr ⎛ ⎞ r ( R − 2r ) ≥ ⎜16 Rr − 5r + − Rr − 2r ⎟ R 2⎝ ⎠ ⎛ r ( R − 2r ) ⎞ ( 2 ⎜ Rr − 3r + ⎟ 20 Rr − 4r ) ⎛ R r ( R − 2r ) ⎞ ⎝ ⎠ ⇔ ≥ ⎜ 8Rr − r + ⎟ R Rr 2⎝ ⎠ ⎛ r ( R − 2r ) ⎞ ( ⎜ R − 3r + ⎟ 5R − r ) ⎛ R r ( R − 2r ) ⎞ ⎝ ⎠ ⇔ ≥ ⎜ 8R − 7r + ⎟ R R 2⎝ ⎠ ⇔ ( 20 R − 19 Rr + 3r ) + ⇔ 2r ( R − 2r ) ( R − r ) ≥ 40 R − 35Rr + 5r ( R − 2r ) R 2r ( R − 2r ) ( R − r ) ≥ 8r ( R − 2r ) ⇔ R − r ≥ R ⇔ R ≥ r (đúng) R Vậy bất đẳng thức (1) chứng minh ⎡ R = 2r ⎢ ⎡a = b = c Đẳng thức xảy ⇔ ⎢ ⎧ I ≡ G ⇔ ⎢ ⎢⎪ ⎢ a = b, c = (hoặc hoán vị) r = ⎣⎩ Bài 13 Cho a, b, c > CMR: + + ≤ với a + b + c = (*) a + bc b + ca c + ab ( ab + bc + ca ) Giải Biến đổi vế trái Do a + b + c = nên p = ∑ ( a + bc ) ( b + ca ) + + = a + bc b + ca c + ab ( a + bc ) ( b + ca ) ( c + ab ) = = ( ab + bc + ca ) + [ a ( b + c ) + b ( c + a ) + c ( a + b )] + abc ( a + b + c ) abc + ( a b + b c + c a ) + abc ( a + b + c ) + a b c Rr + r + ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) − 2abc + p r pr + r ( R + r ) − p r + pr ( p − Rr − 2r ) + p r = Rr Rr + r + Rr − 2r + r = ( R + r ) − 2r + r (1 − Rr − 2r ) + r r ( R + r ) − r ( R + 2r ) + r r +r = 8R = 8R = ( R + r ) − r ( R + 2r ) + r 16 R r Rr r 2 Vậy ta cần phải chứng minh: ≤ ⇔ 2r ≤ R (đúng) Rr ( Rr + r ) Tức (*) chứng minh Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c Bài 14 Cho a, b, c > 0; ab + bc + ca = CMR: (a + b + c)3 abc ≥ 25 ( a + b + c ) + (*) Giải Trước tiên dựa vào điều kiện ta tìm tốn gốc (*) (*) ⇔ ( a + b + c ) ≥ 24 ( a + b + c ) + ( a + b + c ) abc ⇔ ⇔ ( a + b + c ) ( ab + bc + ca ) abc ( a + b) (b + c) ( c + a ) abc ≥ ≥ 24 ( a + b + c ) (a + b + c) 24 ( a + b + c ) (a + b + c) +1 (1) (1) tốn gốc sau loại bỏ điều kiện Với bạn làm bất đẳng thức việc đưa dạng (1) gặp nhiều khó khăn Nhưng với bạn luyện nhiều bất đẳng thức qui dạng (1) chưa biết nên làm theo cách Dạng (1) dạng sở trường S.O.S lần lựa chọn S.O.S để giải lại không sáng suốt Các bạn giải thử thấy khó khăn gặp phải Khi biết G.L.A việc giải khơg khó khăn Ta cần phải chứng minh: 2 Rrp 24 ( p − 8Rr − 2r ) ≥ pr p2 2 R ≥ ( p − 8Rr − 2r ) (**) ⇔ r p2 Ta thấy VP đồng biến theo p, vấn đề chọn cận để giải toán Dùng định lý p ≤ R + Rr + 3r có đủ mạnh để giải tốn khơng? Áp dụng định lý (2) p ≤ R + 10 Rr − r + ( R − 2r ) R ( R − 2r ) chắn giải toán toán Tuy nhiên ta hạn chế sử dụng định cồng kềnh Quan sát tí ta thấy bất đẳng thức (1) trở thành đẳng thức a = b = c a = 2b = 2c haớn vị định lý p ≤ R + Rr + 3r xảy đẳng thức tam giác tam giác Do ta áp dụng định lý dù không muốn ta buộc lòng phải áp dụng (2) (**) chứng minh ta chứng minh được: 2 2⎤ ⎡ R ≥ ⎣( R + 10 Rr + ( R − 2r ) R ( R − 2r ) − r ) − 8Rr − 3r ⎦ r R + 10 Rr − r + ( R − 2r ) R ( R − 2r ) ⇔ 2R3 +10R2r − Rr + 2R( R − 2r ) R( R − 2r ) ≥12R2r + 12Rr −18r + 12r ( R − 2r ) R( R − 2r ) ⇔ R − R r − 13Rr + 18r ≥ ( 6r − R ) ( R − 2r ) R ( R − 2r ) ⇔ ( R − 2r ) ( R + Rr − 9r ) ≥ ( 6r − R ) ( R − 2r ) R ( R − 2r ) ⇔ 2R + 2Rr − 9r ≥ ( 6r − R ) R ( R − 2r ) (3) Nếu 6r ≤ R ta có VT ≥ ≥ VP Nếu 6r > R (3) tương đương với: ( R + Rr − 9r ) ≥ ( R − 48Rr + 144r ) ( R − 2r ) R ⇔ R + R r + 81r + R r − 36 Rr − 36 R r ≥ ( R − 48 R r + 144 Rr − R r + 96 Rr − 288r ) R ⇔ R + R r − 32 R r − 36 Rr + 81r ≥ ( R − 56 R r + 240 Rr − 288r ) R ⇔ 64 R r − 272 R r + 252 Rr + 81r ≥ ⇔ 64 R − 272 R r + 252 Rr + 81r ≥ ( ⇔ 64 R R − r Vậy ) (a + b + c)3 abc ( + 16r R − r ) ≥ (đúng) ≥ 25 ( a + b + c ) + Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c a = 2b = 2c haớn vị Comment: Trường hợp đẳng thức xảy a = b = c dễ nhận thấy trường hợp đẳng thức xảy a = 2b = 2c ta tìm sau Theo lời giải G.L.A đẳng thức xảy chỉkhi: ⎡ R = 2r ⎡a = b = c ⎢ ⎢ ⎢ ⎧ p = R + 10 Rr − r + ( R − 2r ) R ( R − 2r ) ⎢⎧ ⇔ ⎢ ⎪O n»m gi ÷ a I vµ K ⎢⎪ ⎢⎨ ⎢⎨ ⎢⎪R = r ⎢⎪R = r ⎩ ⎣ ⎣⎩ Điều kiện O nằm I K cho ta biết tam giác phải tam giác cân cịn điều kiện R = r giúp ta tìm đẳng thức a = 2b = 2c (Xin nhắc lại chút K điểm cho IK = IG ) Lời giải tóm ngắn lại 10 dịng phần sau bạn thấy giải dòng sau đưa thêm số lý thuyết từ p, R, r vào G.L.A Bài 15 Cho a, b, c > thỏa mãn a + b + c = CMR: a2 b2 c2 + + ≤ 5a + 5b + 5c + ( ab + bc + ca ) Giải Biến đổi VT: VT = = = ∑a ( 5b + 1) ( 5c + 1) ( 5a + 1) ( 5b + 1) ( 5c + 1) = ∑ [a ( b + c )] + ( a + b + c ) 125abc + 25 ( ab + bc + ca ) + ( a + b + c ) + 25abc ( a + b + c ) + 25 p r + ( Rrp − pr ) + p − 8Rr − 2r 125 pr + 25 ( Rr + r ) + p + 13r + 12 Rr + p 25r + ( Rr − 2r ) + − 8Rr − 2r = 13r + 12 Rr + = 150r + 100 Rr + 150r + 100 Rr + p 125r + 25 ( Rr + r ) + + Ta cần chứng minh: 13r + 12 Rr + p p ≤ = 2 150r + 100 Rr + p ( ab + bc + ca ) ( Rr + r ) Xét f ( p ) = VP − VT , suy f ′( p) = ( Rr + r ) − p (150r + 100 Rr + p ) − 12 p (13r + 12 Rr + p ) (150r + 100 Rr + p ) p ( 36r + 14 Rr ) p ( 36r + 14 Rr ) − Xét g ( p ) = 2 3r ( R + r ) ( 75r + 50 Rr + p ) ( 75r + 50Rr + p ) ⇒ g′( p) = ( 36r + 14 Rr ) ( 75r + 50 Rr − p ) ( 75r + 50 Rr + p ) Do p ≥ 16 Rr − 5r R ≥ 2r nên g’(p) ≤ ⇒ g(p) nghịch biến theo p, tức là: f ′( p) ≥ = (16 R − 5r ) r ( 36r + 14 Rr ) − 3r ( R + r ) ⎡75r + 50 Rr + (16 Rr − 5r ) ⎤ ⎣ ⎦ (16 R − 5r ) r ( 36r + 14 Rr ) − 3r ( R + r ) ( 60r + 98Rr ) Nhận thấy (14 Rr + 36r ) = 56 Rr + 144r ≤ 98Rr + 60r 2 3r ( R + r ) (16 R − 5r ) r ≤ 2r (16 R − 5r ) ≤ 98Rr + 60r Từ điều thấy ƒ’(p) ≥ ⇒ ƒ(p) đồng biến theo p Vậy ta chứng minh ƒ(p) ≥ chứng minh f ⇔ ( (16 R − 5r ) r ) ≥ 16 R − 5r 13r + 12 Rr + (16 R − 5r ) r ≥ ⇔ 16 R − 5r ≥ 56 R + 16r (16 R − 5r ) r ( R + r ) 49 R + 30r ( R + r ) 150r + 100 Rr + ( ⇔ 16 R − 5r − ≥ 56 R + 16r 49 R + 30r ( 4R + r ) ) −1⇔ ( R − 2r ) ( R − 14r ) (105 R + 46r ) ≥ ( 4R + r ) ( 49 R + 30r ) ⇔ ( 49 R + 30r ) ≥ 21(105R + 46r ) ( 4R + r ) ⇔ 784R + 5571Rr + 2604r ≥ (đúng) Vậy toán chứng minh Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c = Bài 16 Cho a, b, c ≥ CMR: a + b + c + 16 ⋅ abc ≥7 ab + bc + ca ( a + b) (b + c ) ( c + a ) Giải Áp dụng công thức 14 phần C ta cần chứng minh: p − 8Rr − 2r 4r + ≥ ⇔ 5R Rr + r p − 8Rr − 2r − ≥ − 4r 5R Rr + r 2 ( ) Theo định lý ta có: p ≥ 16 Rr − 5r + r R − 2r nên: R ... tham khảo thầy giáo có uy tín nhé! e) Hệ thức chứng minh lần nhà toán học P Nuesch vào năm 1972 tạp chí “Elementary Math”, No 27, 1972 (trang 1 6-1 7) Các bạn chứng minh tương tự cach chứng minh d)... − 12 xyz (3) ⎣ ⎦ Đến việc chứng minh A = B đơn giản nhiều Nếu không tìm cách chứng minh hay bạn đọc chịu khó ngồi phân tích nhân tử Việc làm tốn chút công sức không cần suy nghĩ nhiều có trước... E CÁC BÀI TOÁN TỰ SÁNG TẠO Phải nói “sáng tạo” khơng có nghĩa tơi người tìm chúng mà độc lập tìm tốn Trong hàng triệu người u tốn khắp nước khơng thiếu người tìm phương pháp G.L.A chí tìm từ