To: My Special Friend Một số cách đặt trong chứng minh bất đẳng thức Lời nói đầu: Bất đẳng thức luôn là miền đất giàu có của toán học. Chúng ta làm việc với bất đẳng thức hơn là đẳng thức. Ở những bài toán không có điều kiên, thường các vế đồng bậc với nhau khi đó chúng ta dễ dàng có hướng đi để đánh giá hơn so với những bất đẳng thức có điều kiện. Ở bài viết nhỏ này tôi xin giới thiệu với các bạn một vài cách đặt ẩn trong chứng minh bất đẳng thức có điều kiện.Do thời gian viết không được dài nên không thể tránh được sai sót. Tôi mong rằng các bạn xem qua bài viết này để có sự góp ý cho bài viết được hoàn thiện hơn. Mọi ý kiến đóng góp xin gửi về địa chỉ email: truongvoki_bn9x@yahoo.com Bắc Ninh, ngày 03 tháng 07 năm 2011 Nguyễn Viết Thủy Cuộc sống là không chờ đợi !! A:Phương pháp đặt lượng giác I: Một số đẳng thức lượng giác hữu ích 1: tantan tantan tantan 1 22 22 22 AB BC C A ++= 2: otgA.cotgB+cotgB.cotgC+cotgC.cotgA=1c 3: 222 sin sin sin 2sin sin sin 1 222 222 ABC ABC +++ = 4: 222 os os os 2cos cos cos 1cAcBcC A B C+++ = II: Một số bất đẳng thức lượng giác hữu ích 1: 3 cos cos cos sin sin sin 2222 ABC ABC ++≤++≤ 2: 33 sin sin sin os os os 2222 ABC ABCc c c++≤ + + ≤ 3: 1 cos cos cos sin sin sin 2228 ABC ABC≤≤ 4: 33 sin sin sin os os os 2228 ABC ABCccc≤≤ 5: cot cot cot 3 3 222 ABC ggg++≥ 6: 222222 3 os os os sin sin sin 2224 ABC cAcBcC++≥ + + ≥ 7: 222 2 2 2 9 sin sin sin os os os 2224 ABC ABCccc++≤ + + ≤ 8: cot cot cot tan tan cot 3 3 22 2 AB C gA gB gC g++ ≥++ ≥ 9: sec sec sec csc csc csc 6 222 ABC ABC++≥ + + ≥ III: Một số cách đặt lượng giác trong chứng minh bất đẳng thức Từ những đẳng thức, bất đẳng thức trên, ta có thể tìm ra được những cách đặt lượng giác để có thể giải bài toán bất đẳng thức một cách dễ dàng. Sau đây tôi xin giới thiệu một số cách đặt: (Chứng minh sự tồn tại tôi xin dành cho bạn đọc) T1:Với 3 số dương a;b;c thỏa mãn:ab+bc+ca=1. Khi đó tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho: 1) tan ; tan ; tan 222 ABC abc=== 2) cot ; cot ; cotagAbgBcgC === T2: Với 3 số dương a;b;c thỏa mãn:a+b+c=abc Khi đó tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho: 1)a =tanA; tan ; tanbBcC== 2) 111 ;; tan tan tan 222 abc ABC === 3) cot;cot;cot 222 A BC agbgcg=== 4) 11 ;;cot cot cot 2 C abcg gA gB === T3: Với 3 số dương a;b;c thỏa mãn: 222 21abc abc + ++ = Khi đó tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho : 1) sin ; sin ; sin 222 ABC abc=== 2) cos ; cos ; cosaAbBcC=== T4: Với 3 số thực dương a;b;c. Khi đó luôn tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho: sin 2()() Ayz x yx z = ++ sin 2()() Bxz y xy z = + + sin 2()() Cxy zxzy = ++ T5 : Với 3 số thực dương a;b;c. Khi đó luôn tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho: () os 2()() Axxyz c x yx z ++ = ++ () os 2()() B yx y z c y xy z ++ = + + () os 2()() Czxyz c zxzy ++ = ++ Sau đây chúng ta sẽ vận dụng chúng để chứng minh một vài bất đẳng thức sau, tôi sẽ trình bày cả cách không thế lượng giác và cả cách đặt lượng giác để các bạn thấy được ích lợi của nó (^_^) IV: Những bất đẳng thức qua các kì thi Pro.1: (Ba Lan 99) Cho 3 số dương a;b;c thỏa mãn:a+b+c=1. Chứng minh rằng: 222 23 1abc abc+++ ≤ Lời giải 1: Bất đẳng thức tương đương: 3abc ab bc ca≤++ 2 3( )abc ab bc ca⇔≤++ Mà bất đẳng thức trên đúng do: 2 ()3()3ab bc ca abc a b c abc++ ≥ ++= Từ đó ta có đpcm. Dấu “=” xảy ra khi 1 3 abc = == Lời giải 2: Đặt: ;; bc ca ab xyz abc === Khi đó: ; ;ayzbxzcxy=== 1 x yyzzx⇒++= Bất đẳng thức tương đương : 222 () () () 23 1 x yyzzx xyz+++ ≤ 3xyz⇔++≥ (*) Lại có từ điều kiện tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho: tan ; tan ; tan 222 A BC xyz=== (*) tan tan tan 3 222 ABC ⇔++≥ Mà bất đẳng thức trên hoàn toàn đúng. Từ đó ta có đpcm. Dấu “=” xảy ra khi 1 3 abc=== Nhận xét: Ở bài toán này có vẻ cách đặt lượng giác đã làm một bài toán từ đơn giản trở nên phức tạp. Chúng ta hãy qua bài tiếp để thấy được hữu ích của cách đặt lượng giác. Pro. 2: (Iran 97) Cho 3 số dương x;y;z >1 thỏa mãn: 111 2 xyz + += Chứng minh rằng: 111 x yzxyz−+ −+ −≤ + + Lời giải 1: Bất đẳng thức tương đương: 3 ( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) 2 xy yz zx−−+−−+−−≤ (*) Đặt 1 ; 1 ; 1 x ay bz c−= −= −= (a;b;c>0) 111 2 111abc ⇒++= +++ Hay 21ab bc ca abc+++ = (1) 3 (*) 2 ab bc ca⇔++≤ (2) Đặt ;; 222 mn p ab bc ca=== 22 2 4mn pmnp⇒+++ = Ta phải chứng minh: 3mn p++ ≤ Trong 3 số m;n;p luôn tồn tại 2 số cùng phía với 1. Không mất tính tổng quát giả sử: (m-1)(n-1) 0≥ 1mn m n⇒+≥+ Ta cần chứng minh 2pmn + ≤ Lại có: 22 2 2 42m n p mnp mn p mnp=+++ ≥ ++ 2 240pmnpmn⇒++−≤ (2)( 2)0ppmn⇒+ + −≤ 2 0pmn⇒+ −≤ Ta có đpcm. Dấu “=” xảy ra khi 3 2 xyz = == . Lời giải 2: Từ đẳng thức (1) tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho: 222 ( ; ; ) (sin ;sin ;sin ) 222 A BC ab bc ca = Khi đó (2) 3 sin sin sin 2222 ABC ⇔++≤ Đây là bất đẳng thức lượng giác cơ bản. Ta có đpcm. Dấu”=” xảy ra khi 3 2 xyz=== . Nhận xét: Nếu không thế lượng giác, chúng ta phải biến đổi dài dòng kết hợp với lý luận mới có được lời giải cho bài toán trên. Nhưng chỉ với cách đặt lượng giác, chúng ta đã đưa BĐT ban đầu trở về một bất đẳng thức lượng giác cơ bản (^_^). Pro. 3: (Crux Mathematicorum) Cho 3 số dương x;y;z Chứng minh rằng: 1 ()() ()() ()() xyz x xyxz y yzyx z zyzx ++≤ ++ + ++ + ++ + Lời giải 1: Bất đẳng thức tương đương: ()() ()() ()() 2 ()() ()() ()() xyxz yzyx zxzy x xyxz y yzyx z zxzy ++ ++ ++ ++≥ ++ + ++ + +++ 1 2 2 1 ()() sym x xyxz ⇔≥ ∑ + ++ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-schrawz ta có: 19 22 13 ()() ()() sym xx x yx z x yx z sym ≥ ∑ ++ ∑ ++ ++ Ta sẽ chứng minh: 9 2 2 3 ()() x xyxz sym ≥ + ∑ ++ 2 3 ()()2 x xyxz sym ⇔≤ ∑ ++ Áp dụng AM-GM ta có: 2 1 () ()()2 x xx x yx z x y x z ≤+ ++ + + Xây dựng các bất đẳng thức tương tự cộng lại ta có đpcm. Lời giải 2: Bất đẳng thức tương đương: 2 1 1 ()() 1 sym xyxz x ≤ ++ + ∑ (*) Hai vế của bất đẳng thức đồng bậc. Không mất tính tổng quát giả sử: 1 x yyzzx++= Khi đó tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho: tan ; tan ; tan 222 ABC xyz=== 2 2 (tan tan )(tan tan ) ()() 1 2222 tan sin 22 ABAC xyxz AA x ++ ++ ⇒= = Tương tự: 2 ()()1 sin 2 yzyx B y ++ = 2 ()() 1 sin 2 zxzy C z ++ = Khi đó: sin 2 (*) 1 1sin 2 sym A A ⇔≤ + ∑ 1 2 1sin 2 sym A ⇔≥ + ∑ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schawz ta có: 19 2 1 sin 3 sin 22 sym sym AA ≥≥ ++ ∑ ∑ (Do 3 sin 22 sym A ≤ ∑ ) Ta có đpcm. Dấu “=” xảy ra khi x yz = = Pro 4: (Romania 2005) Cho 3 số thực dương a;b;c thỏa mãn: (a+b)(b+c)(c+a)=1 Chứng minh rằng: 3 4 ab bc ca++≤ Lời giải 1: Đặt: ; ;ab xbc yca z+= += += ;; 222 x zy xyz yzx abc +− +− +− ⇒= = = Điều kiện trở thành: xyz=1 Khi đó bất đẳng thức tương đương: ()()()()()()3zxyzyx xyzxzy yxzyzx+− +− + +− +− + +− +− ≤ 222 2 2 2 3( )( )( ) x yz xy yz zx⇔++≤+− +− +− 222 32( ) x y z xy yz zx⇔+++≥ ++ Có 3 hướng đi để ta “tấn công” bất đẳng thức trên: Hướng 1: Ta có: 222 2 2 2 3 9 31 3 2( ) x yz xyz x y z xy yz zx x y z abc =+ + ≥ ≥ ≥ + + − − − ++ (Theo BĐT Shur bậc ba) Từ đó ta có đpcm Hướng 2: Tồn tại hai số cùng phía với 1, không mất tính tổng quát giả sử: (1)(1)0xy−−≥ Khi đó ta có: 222 222 2 2 321()(1)2(1)(1)0xyz xyz xyz xy z zx y+++=+++ +=− +−+ − −≥ (Đúng) Ta có đpcm Hướng 3: Đặt: 22 2 ;; mnp xyz np mp mn === Bất đẳng thức trở thành: 66 6 222 3 3 3 32[()()()]m n p m n p mn np pm++ + ≥ + + Áp dụng bất đẳng thức Schur bậc ba cho bộ số: 22 2 (;;)mnp ta được: 66 6 222 2222 3 3 3 3()2[()()()]mn p mnp mnmn mn np pm++ + ≥ + ≥ + + ∑ Ta có đpcm Lời giải 2: Ta chứng minh bất đẳng thức tổng quát sau: Với 3 số dương a;b;c ta luôn có: 33 2 3 ( ) ( ) [( )( )( )] 4 ab bc ca a b b c c a++ ≤ + + + (*) Thật vậy: Vì 2 vế đồng bậc nên không mất tính tổng quát giả sử: 1ab bc ca + += Khi đó tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho: tan ; tan ; tan 222 ABC abc=== 1 ()()() os os os 222 abbcca ABC ccc ⇒+ + += 23 14 (*) ( ) ( ) 3 os os os 222 ABC ccc ⇔≥ 33 os os os 2228 ABC ccc⇔≤ Bất đẳng thức trên đúng , từ đó ta có đpcm Nhận xét: Khi ta biết vận dụng linh hoạt điều kiện và những biến đổi lượng giác, ta sẽ đưa những bài toán bất đẳng thức khó trở về những bất đẳng thức lượng giác cơ bản (^_^) Sau đây chúng ta sẽ bước tới một bất đẳng thức hết sức nổi tiếng với lời giải lượng giác. Pro.5: (Iran 1996) Cho ba số không âm a;b;c không có hai số nào đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng: 222 1119 () ()()()4 ab bc ca ab bc ca ⎡⎤ ++ + + ≥ ⎢⎥ +++ ⎣⎦ Bất đẳng thức trên được phát biểu với hình thức rất đẹp nhưng không phải vậy mà chúng ta dễ dàng “xơi” được nó. Sau đây là hai lời giải cho bài toán khó trên. Lời giải 1: (V.Q.B.Cẩn) Do tính đối xứng nên không mất tính tổng quát giả sử 0abc≥≥≥. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: 2 2 22 22 11111(2) ()()2 2()() ab c bc ac bc ac bc ac ++ ⎛⎞ +≥+= ⎜⎟ ++ ++ ++ ⎝⎠ Nên ta chỉ cần chứng minh 2 222 1(2)9 () ()2()() 4 ab c ab bc ca ab ac bc ⎛⎞ ++ ++ + ≥ ⎜⎟ +++ ⎝⎠ Bất đẳng thức trên thuần nhất, không mất tính tổng quát giả sử a+b=1. Đặt ab=x ⇒ 1 (1 ) 4 x cc≥≥ − Khi đó ta phải chứng minh: 2 22 ()(12)9 () 0 2( ) 4 xc c fx x c xcc ++ = ++ − ≥ ++ Ta có: 22 23 (1 2 ) ( ) '( ) 1 2( ) ccxc fx cc x ++− =− ++ 22 24 (1 2 ) ( 2 ) ''( ) 0 () cc c x fx cc x +−+ =≥ ++ (Do 22 223(23)0ccxccc c − +≥ − = − ≥) 32 4 1(21)(8 20 387) '( ) '( ) 0 4(21) cccc fx f c −+++ ⇒≤ = ≤ + 2 2 1(12) () () 0 4(12) cc fx f c − ⇒≥ = ≥ + Bất đẳng thức được chứng minh. Dấu”=” xảy ra khi a=b; c=0 Lời giải 2:(Hojoo Lee) Bất đẳng thức trên thuần nhất, không mất tính tổng quát giả sử: 1ab bc ca + += Khi đó ta chỉ cần chứng minh: 222 1119 ()()()4ab bc ca ++≥ +++ Theo T1: Tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho: cotagA= ; cotbgB= ; cotcgC= Ta để ý đến các phân tích sau: 2 22 22 1 (sin .sin ) (sin .sin ) sin .sin (cot cot ) (sin cos sin cos ) [sin( )] sin AB AB AB gA gB B A A B A B C ⎛⎞ === ⎜⎟ +++ ⎝⎠ Tương tự xây dựng các đẳng thức còn tại khi đó ta cần chứng minh: 2 sin .sin sin AB C ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ + 2 sin .sin sin B C A ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ + 2 sin .sin 9 sin 4 CA B ⎛⎞ ≥ ⎜⎟ ⎝⎠ (*) () 2 222 sin sin sin sin sin sin 9 2sin sin sin sin sin sin 4 AB BC C A ABC CAB ⎛⎞ ⇔++ ≥+++ ⎜⎟ ⎝⎠ Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức trên bằng dồn biến. Đặt: sin sin sin sin sin sin (;; ) sin sin sin AB BC C A fABC CAB =++ Bất đẳng thức (*) đối xứng. Không mất tính tổng quát giả sử: 23 A π π ≥≥ Chú ý: 2 32 BC π π ≥+≥ ⇒ 2sinBsinC≤ 22 2 sin sin 2sin 2 B C BC + ⎛⎞ +≤ ⎜⎟ ⎝⎠ = 2 2cos 2 A Lại có: () 2 22 sin 4sin Asin 1 2 2 ;; ; ; 0 2 2 sin sin sin 2 BC A BCBC fABC fA ABC − ⎛⎞ ⎛⎞ ⎜⎟ ⎜⎟ ++ ⎛⎞ ⎝⎠ −= −≥ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎜⎟ ⎝⎠ Do: 23 A π π ≥≥ nên 22 4 4sin Asin 1 2 16sin sin sin 2 2 A A BC ≥> Do vậy ta chỉ cần chứng minh: 2 22 9 ;; 2sin4cos 22 4 2 B CB C A fA A ⎛++⎞ ⎛⎞ ≥+ + ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ Hay: 2 4 os 2 2sin sin A c A A ⎛⎞ ⎜⎟ + ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ 22 9 2sin 4cos 42 A A≥+ + 2 cos (cos 1)(2cos 1) 0AA A⇔+−≥ (Đúng) Kết thúc chứng minh ☺ Qua mấy ví dụ trên có lẽ các bạn cũng phan nào lắm được phương pháp trên.Để kết thúc phương pháp này ở đây mời các bạn thử sức với một vài bài toán sau: [...]... hết ta chứng minh bất đẳng phụ sau: Với 3 số dương a;b;c ta luôn có bất đẳng thức đúng sau: a 2 + b 2 + c 2 + 2abc + 1 ≥ 2( ab + bc + ca ) (*) Dấu “=” xảy ra khi a=b=c=1 Chứng minh: Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: a 2 + b 2 + c 2 + 2abc + 1 ≥ a 2 + b 2 + c 2 + 3 3 a 2b 2 c 2 ≥ a 2 + b 2 + c 2 + 9abc a+b+c Vậy ta chỉ cần chứng minh: 9abc a 2 + b2 + c2 + ≥ 2(ab + bc + ca ) a+b+c Nhưng bất đẳng thức. .. chúng ta thường cảm thấy khó khăn trong việc đánh giá các hạng tử .Trong phương pháp này tôi xin giới thiệu với các bạn một số cách đặt cho bất đẳng thức có điều kiện I: Một số cách đặt H1 Cho 3 số dương a;b;c thỏa mãn: ab + bc + ca + 2abc = 1 (1) Khi đó tồn tại bộ ba số x y z ; b= dương (x;y;z) sao cho: a = ; c= (*) y+z x+ y z+x Chứng minh: Ta có: ab + bc + ca + 2abc = 1 ⇔ 1 1 1 a b c + + =2⇔ + + =1... Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: ab+bc+ca=1 Chứng minh rằng: a(1 − b 2 )(1 − c 2 ) + b(1 − a 2 )(1 − c 2 ) + c(1 − b 2 )(1 − a 2 ) ≤ Pro:10 Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: ab+bc+ca=1 Chứng minh rằng: 1 1 1 1 + + ≥ 2+ a+b b+c c+a 2 4 3 9 B) Phương pháp đặt đại số Với những bất đẳng thức mà điều kiện ta ít gặp, khó có thể đánh giá bằng những bất đẳng thức cổ điển, chúng ta thường cảm thấy khó khăn trong. .. điều trên để giải một số bài toán bất đẳng thức sau: II)Bài tập vận dụng Pro.1 (Post by hxtung) Cho ba số thực dương a;b;c thỏa mãn:x+y+z+2=xyz Chứng minh rằng: 5( x + y + z ) + 18 ≥ 8 xy + yz + zx ( ) Lời giải 1: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 9( x + y + z ) + 18 ≥ 4( x + y + z ) + 8( xy + yz + zx ) ⇔ 3 x + y + z + 2 ≥ 2( x + y + z ) ⇔ 3 xyz ≥ x + y + z 2 Theo H1: tồn tại ba số dương a;b;c... cách đặt lượng giác hoặc theo các bất đẳng thức cổ điển Nhưng có lẽ theo tôi cách giải trên đơn giản và ngắn gọn nhất ☺ Để kết thúc bài viết mời các bạn thử sức với một số bài toán đề nghị sau: III: Bài toán đề nghị Pro.5(Iran 2010) Cho ba số dương x;y;z thỏa mãn: xy + yz + zx = 1 Chứng minh rằng: x2 y 2 z 2 3+ + + ≥ ( x + y + z )2 + 3 y z x Pro 6 Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: ab + bc + ca = 1 Chứng. .. nếu như chúng ta đã có những công cụ ở trên thì việc chứng minh bài toán sẽ trở lên đơn giản khi chỉ bằng AM-GM hai số: Theo H1: Tồn tại ba số dương x;y;z sao cho: x y z a= ;b = ;c = y+z z+x x+ y Khi đó ta chỉ cần chứng minh: xy yz xz 3 + + ≤ ( x + z )( y + z ) ( x + y )( x + z ) ( x + y )( y + z ) 2 Nhưng bất đẳng thức chỉ là hệ quả của ba bất đẳng thức sau: xy 1⎛ x y ⎞ ≤ ⎜ + ⎟ ( x + z )( y + z ) 2... + c 2 + 1 C: Tài liệu tham khảo: [1]Sáng tạo bất đẳng thức (Phạm Kim Hùng) [2 ]Bất đẳng thức và những lời giải hay (Võ Quốc Bá Cẩn-Trần Quốc Anh) [3]Chuyên đề toán học (Trường PTNK) [4]Tuyển tập các bài toán bất đẳng thức (Tạ Minh Hoằng, Nguyễn Huy Tùng) [5]http://mathscope.org [6]http://diendanbatdangthuc.com Hãy chọn cho mình một lối đi chứ không phải một lối thoát !! -The End ... với tác giả ☺☺ 108 09.12 Nhận xét: Bằng cách đặt trên chúng ta còn có thể chứng minh được bất đẳng thức mạnh hơn là: 512(a + b + c)(ab + bc + ca ) (a + b) 2 (b + c) 2 (c + a ) 2 256 + ≥ 81(a + b)(b + c)(c + a ) abc(a + b + c)3 27 512 Và có lẽ theo tôi hằng số tốt nhất là ☺ 81 Pro 4 (Iran 2005): Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: ab + bc + ca + 2abc = 1 3 Chứng minh rằng: ab + bc + ca ≤ (*) 2 Lời giải:... z ) 2 ( z + x) 2 Khi đó ta chỉ cần chứng minh: 8 ( x + y )( y + z )( z + x) ≥ 3 3 Nhưng bất đẳng thức trên chỉ là hệ quả của hai bất đẳng thức đúng sau: 8 8 ( x + y )( y + z )( z + x) ≥ ( x + y + z )( xy + yz + zx) = ( x + y + z ) 9 9 8 8 Và: ( x + y + z ) ≥ 9 3 3 Nhận xét: Có vẻ các bạn thấy lời giải trên hơi rắc rối khi mà bài toán chỉ là hệ quả của hai bất đẳng thức đúng sau: 8 ( x + y )( y + z )(... b +1 c +1 Ta sẽ chứng minh bộ (x;y;z) được chọn như trên thỏa mãn Thật vậy: Khi đó ta có: x + y + z = 1 Đặt x = a x x ⇔a= = a +1 1− x y + z y y = Tương tự b = 1− y x + z z z c= = 1− z x + y Vậy ta có điều phải chứng minh Kết thúc chứng minh Lại có: x = Để ý chút nếu ta đặt m = ab ; n = bc ; p = ac Khi đó: ab + bc + ca + 2abc = m 2 + n 2 + p 2 + 2mnp = 1 x y z Theo Bổ đề 1 tồn tại bộ số (x;y;z) sao cho: . III: Một số cách đặt lượng giác trong chứng minh bất đẳng thức Từ những đẳng thức, bất đẳng thức trên, ta có thể tìm ra được những cách đặt lượng giác để có thể giải bài toán bất đẳng thức một. Friend Một số cách đặt trong chứng minh bất đẳng thức Lời nói đầu: Bất đẳng thức luôn là miền đất giàu có của toán học. Chúng ta làm việc với bất đẳng thức hơn là đẳng thức. Ở những. thiệu với các bạn một số cách đặt cho bất đẳng thức có điều kiện. I: Một số cách đặt H1 Cho 3 số dương a;b;c thỏa mãn: 21ab bc ca abc + ++ = (1). Khi đó tồn tại bộ ba số dương (x;y;z)