Chuyên đề: bất đẳng thứcPhân môn: Đại số Phần: một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức Ngời thực hiện: Đặng Mạnh Hùng ở đây tôi xin bày các cách chứng minh bất đẳng thức mà tôi biết..
Trang 1Chuyên đề: bất đẳng thức
Phân môn: Đại số
Phần: một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức
Ngời thực hiện: Đặng Mạnh Hùng
ở đây tôi xin bày các cách chứng minh bất đẳng thức mà tôi biết Tuy nhiên do thời gian có hạn nên tôi chỉ nêu ra các cách chứng minh và tôi chỉ tập trung vào một số chứng minh mà hay gặp Một số chứng minh tôi tập trung đi sâu ( p2 cauchy, p2 vectơ hoặc là p2 biến đổi tơng đơng )
Có tất cả11 phơng pháp:
I Ph ơng pháp 1: Dùng phép biến đổi t ơng đ ơn g
Kiến thức cần nhớ: 1.A ≥ B A- B≥0
2.Ta biến đổi bđt cần chứng minh tơng đơng với bđt đúng hoặc bđt đã đợc chứng minh đúng
3 Chú ý tới các hằng đẳng thức
4 Chú ý tới các phép biến đổi tơng đơng về bđt
Vd1: Chứng minh rằng với x, y, z thoả mãn điều kiện:
x2+ y2+ z2=1 thì ta có:
-2
1 ≤ xy+yz+zx≤1
giải:
Ta chứng minh bđt kép:
-2
1
( x2+ y2+ z2) ≤ xy+yz+zx≤ x2+ y2+ z2
i) Ta có:
-2
1
( x2+ y2+ z2) ≤xy+ yz+zx x2+ y2+ z2+2xy+2yz+2xz≥0
(x+y+z)2 ≥0 (1) Bđt (1) luôn đúng nên ta có:
-2
1 ( x2+ y2+ z2) ≤xy+ yz+zx (2)
ii) Mặt khác ta có:
xy+yz+zx≤ x2+ y2+ z2 2x2 + 2y2 + 2z2 ≥ 2xy + 2yz + 2zx
( x2- 2xy + y2) + ( y2-2yz +z2 )+ ( z2-2zx +x2)≥ 0
( x-y)2+ ( y-z)2 + ( z-x)2 ≥ 0 (3)
Bđt (3) luôn đúng nên ta có:
xy+yz+zx≤ x2+ y2+ z2 (4)
Từ (2) và (4) ta đợc đpcm
VD2: Cho ab≥ 1 Cmr:
2
1
1
a
1
b
2
Giải:
Ta có:
2
1
1
a
1
b
2
1
1
a
1 ) +( 2 1
1
b
1 )≥ 0
Trang 2
) 1 )(
1
2
ab a
a ab
+ +
−
+
) 1 )(
1
2
ab b
b ab
+ +
−
0
≥
) 1 )(
1
(
) (
a
a b
a
+ +
−
+
) 1 )(
1 (
) (
b
b a b
+ +
−
≥0
) 1 )(
1 )(
1
(
)]
1 ( ) 1 ( )[
(
2 2
2 2
≥ +
+ +
+
− +
−
ab b
a
a b b a a
b
) 1 )(
1 )(
1
(
) 1 ( ) (
2 2
2
≥ + +
+
−
−
ab b
a
ab a b
Bđt cuối cùng đúng do ab 1≥ Vậy ta có đpcm
Bài tập Đề nghị:
Bài1: Cho a, b, c bất kì, chứng minh rằng:
a a2 + b2 + c2 ≥ ab+ bc + ca ;
b (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc( a+ b + c) ;
Bài2: Cho a, b có a + b≥ 0 , chứng minh rằng:
2 2
3 3 2
b a b
+
II Ph ơng pháp 2: Dùng phép chứng minh phản chứng
Kiến thức cần nhớ: giả sử phải cm bđt nào đó đúng, ta hay giả sử bđt đó sai và
kết hợp với giả thiết để suy ra điều vô lí Điều vô lí có thể là điều trái giả thiết, có thể là điều trái với một điều đúng, cũng có thể sai vô lí là hai điều trái ngợc nhau
Từ đó suy ra bđt cần chứng minh là đúng
VD1: Cho 0 < a, b, c< 1 chứng minh rằng có ít nhất một trong các bđt sau là sai: a(1 - b)>
4
1
; b(1- c)>
4
1
; c(1- a)>
4 1
Giải:
Giả sử bđt trên đều đúng, khi đó nhân vế với vế các bđt trên lại với nhau ta đợc: a(1- b) b(1- c) c(1- a)>
64
1
(1)
ta lại có:
a(1- a) = a- a 2 =
4
1
- ( 4
1
- a- a2 )=
4
1
- (a- 4
1
) 2 ≤
4 1
tơng tự: b(1-b) ≤
4
1 , c(1- c) ≤
4 1
do 0 < a, b, c< 1 nên a(1-a)>0, b(1-b)>0, c(1-c)>0 và lúc đó ta có:
a(1-b) b(1-c) c(1-a)≤
64
1
(2)
từ (1) và (2) ta gặp mâu thuẫn Vậy có ít nhất một trong các bđt đã cho là sai
VD2: Cmr nếu a1a2 ≥ 2( b1 + b2) thì ít nhất một trong hai pt : x2 + a1x + b1 = 0;
x2 + a2x + b2 = 0 có nghiệm
Giải:
Giả sử cả hai pt đã cho vô nghiệm, khi đó:
0
4 1
2
1
1 = − <
2
2 = − <
2
2
1+a − b − b < ⇒
2 1 2
1
2
2
2
1 a 4(b b ) 2a a
a + < + ≤ ( theo gt) ⇒ (a1- a2)2 < 0 ( vô lí)
Vậy có ít nhất một trong hai pt đã cho có nghiệm
Trang 3Bài tập đề nghị:
Bài1:
Cho a, b, c ∈(0; 2), chứng minh rằng có ít nhất một trong các bđt sau sai:
a( 2- b) > 1 ; b( 2- c) > 1 ; c( 2- a) > 1
Bài 2: cho abc ≠0, chứng minh rằng có ít nhất một trong ba pt sau có nghiệm:
ax2 + 2bx + c= 0; bx2 + 2cx + a = 0; cx2 + 2ax + b =0;
III Ph ơng pháp 3: Dùng bất đẳng thức trong tam giác
Kiến thức cần nhớ:
Nếu a,b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì a, b, c>0 và:
b−c < a < b+c
a−c < b < a+c
a−b < c < a+b
VD1: Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài của các cạnh của một tam giác với a
c
b≤
(a+b+c) 2 ≤9bc
Giải:
Vì b≤cnên a+b+ c≤ 2b+ c
Ta chứng minh: (2b+c)2 ≤9bc (1)
Ta có: (1) 4b2- 5bc+ c2≤0
(4b2-4bc) + ( c2 – bc) ≤0
4b( b- c) – c( b-c) ≤0
( 4b- c)(b-c) ≤0 (2)
(2) đúng vì b≤c và 4b- c≥ a+b-c+2b >0 vậy ta có (1) từ đó suy ra:
(a+b+c) 2 ≤ (2b+c) 2 ≤9bc
VD2: a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác với a< b< c Chứng tỏ rằng:
a3 ( b2 – c2) + b3 ( c2 – a2) +c3 ( a2 – b2) < 0
g
iải : ta phân tích vế trái (VT) của bđt cần cm ra thừa số;
VT= a3 [( b2- a2) + ( a2 – c2)] + b3 ( c2 – a2) +c3 ( a2 – b2)
= a3 ( b2 – a2) + a3 (a2 – c2) + b3 ( c2 – a2) +c3 ( a2 – b2)
= (a2 – b2)(c3 – a3)+ (a2-c2)(a3 – b3)
= (a – b) ( a- c) [ - (a+ b) ( a2 + ac + c2) + (a + c) ( a2 + ab + b2)]
= ( a – b) ( a- c) ( b – c) ( ab + bc + ca)< 0 ( vì a< b< c)
Vậy ta có đpcm
Bài tập đề nghị:
Cho ∆ABC , chứng minh rằng:
− +
+
− +
+
−
c b
c a
b a
c b
a
Bài 2: 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 – a4 – b4 – c4 > 0
IV Ph ơng pháp 4: Dùn g ph ơng pháp làm trội
Kiến thức cần nhớ:
Dùng các tính chất bđt để đa một bđt cần chứng minh về dạng tính đợc tổng hữu hạn ( sai phân hữu hạn)
phơng pháp tính tổng hữu hạn:
Giả sử phải tính tổng Sn= u1+u2+ +u… n
Ta biểu diễn số hạng tổng quát uk= ak- ak+1 khi đó:
Trang 4Sn = (a1-a2) + (a2-a3) + + (a… n-an+1) = a1-an+1
VD1 : Cmr với mọi số nguyên dơng n ta có:
21 312 ( 11) <2
+ + + +
n
Giải: Ta biểu diễn số hạng tổng quát của vế trái bđt:
k
k 1)
(
1
1 1 ( ) 1 (k+ = k k −k+
k
k
1
1 1
)(
1
1 1
(
+
+ +
−
k k k
k
) 1
1 1
( 2 ) 1
1 1
(
2
+
−
= +
−
k k k
k k
k
Vậy:
k
k 1) (
1
1 1
( 2
+
−
k k
2
1 1
1 ( 2 2
1 < −
3
1 2
1 ( 2 2 3
……….
1
1 1
( 2 )
1 (
1
+
−
<
n
Do đó: 21 312 ( 11) <2
+ + + +
n
1
+
n ) <2 (đpcm) VD2: Gọi a, b, c là độ dài các cạnh và x ,y , z là độ dài các đòng phân giác trong
của tam giác ABC Hãy chứng minh rằng:
c b a x y x
1 1 1 1 1
Giải: Giả sử AD là đờng phân giác trong xuất phát từ A Ta có: SABC=SABD+SADC =>
2
1
bcsinA=
2
1 cxsin 2
A
+ 2
1
bx sin 2
A
=> 2bc sin
2
A
cos 2
A
= x( b+ c) sin
2
A
=> x=
c b
bc c
b
A bc
+
<
+
2 2 cos 2
( do 0< cos
2
A
< 1)
2
1 2
1
c b bc
c b
x > + = + (1)
Tơng tự: (1 1)
2
1 1
c a
y > + (2)
(1 1)
2
1 1
b a
z > + (3) Cộng (1) ( 2) & (3) vế với vế ta có:
c b a x y x
1 1 1 1 1
Trang 5V Ph ơng pháp 5: Dùng BĐT cổ điển
1 bất đẳng thức Cauchy
Kiến thức cần nhớ: cho n số không âm a1, a2, , a… n ta có bđt:
n
n a a a n
a a
a
2 1 2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a1=a2= =a… n.
VD1: Cho a, b, c∈[ ]0;1 Chứng minh:
1
+
+c
b
a
+
1
+ +c a
b
+
1
+ +b a
c
+ (1-a)(1-b)(1-c)≤ 1
Giải:
Vai trò của a, b, c nh nhau nên có thể giả sử a≤b≤c áp dụng bđt Cauchy ta có:
3
) 1 ( ) 1 ( ) 1 (
=1
Suy ra: (1-a)(1-b)
1
1
+ +
≤
b a
(1-a)(1-b)(1-c)
1
1
+ +
−
≤
b a c
Vì a≤b≤cnên
1
+
a c
b
a
và
1
+
b c
a b
1
+ +c b
a
+
1
+ +c a
b
+
1
+ +b a
c
1
1 1 1
− + + +
+ + +
+
+
c b
a
c b
a
b b
a
a
1
1
= + +
+ +
b a
b a
(đpcm)
VD2: CM
ab(a+b)+ bc(b+c) + ca(c+a) ≥6abc (a, b, c>0)
giải:
chia cả hai vế cho abc ta có:
+ + + + + ≥6
b
a c a
c b c
b a
+ + + + + ≥6
b
a b
c a
c a
b c
b c a
áp dụng bđt Cauchy cho các cặp số sau:
a
c c
a
b
c c
b
a
b b
a
;
Ta có:
ca
ac a
c c
a
2
≥ +
cb
bc b
c c
b
2
≥ +
Trang 6
ba
ab a
b b
a
2
≥ +
Cộng các vế tơng ứng ta đợc:
+ + + + + ≥6
b
a b
c a
c a
b c
b c
a
hay đpcm.
2 bất đẳng thức bunhiacôpki
Kiến thức cần nhớ:
Cho n cặp số bất kì a1, a2, , an, b1,b2, ,b… n.
Ta có bđt:
(a1b1+ a2b2+ + a… nbn)2 ≤(a1+a2 + + a… n)(b1 + b2 + + b… n)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
∃k: ai= kbi (*) với i = 1, 2, , n…
( Nếu bi ≠0 ,∀i thì (*) đợc viết:
n
n b
a b
a b
a
=
=
2
2 1
1
) VD1: a, b ,c là các độ dài cạnh của một tam giác, p là nửa chu vi Cmr:
p < p−a+ p−b+ p−c ≤ 3p
Giải:
áp dụng bđt bunhiacôpki cho 2 cặp số: (1, 1, 1) ;( p−a, p−b, p−c) ta đợc: ( p−a + p−b + p−c)2 ≤ 3 ( p + p + p- a – b- c)
( p−a + p−b + p−c)2 ≤ 3p ( do a+ b+ c= 2p) => p−a+ p−b+ p−c ≤ 3p (1)
Ta lại có: p < p−a+ p−b+ p−c (2)
Bình phơng 2 vế:
p < 3p – ( a+ b+ c) + 2( (p−a)(p−b)+ (p−b)(p−c)+ (p−c)(p−a)
)
p < p + 2( (p−a)(p−b)+ (p−b)(p−c)+ (p−c)(p−a))
=> 0 < 2( (p−a)(p−b)+ (p−b)(p−c)+ (p−c)(p−a)) đúng
Vì a, b ,c là cạnh của tam giác nên nó luôn dơng => p - a >0 ; p - b> 0; p - c>0
Từ (1) & (2) ta đợc điều phải cm
VD2: Chứng minh rằng nếu phơng trình:
( x+ a)2 + ( y+ b)2 + ( z+c)2 = c2
Có nghiệm thì: (a+ b) 2 ≤ 3c2
Giải: Giả sử (x0;y0) là nghiệm của pt đã cho
Khi đó: ( x0+ a)2 + ( y0+ b)2 + ( z0+c)2 = c2
áp dụng bđt bunhiacôpki ta có:
(a + b)2 = [ ( x0+ a) + ( y0+b) + (-x0- y0)]2
≤ (12+12+12) [( x0+ a)2 +( y0+b)2+(-x0- y0)2]
Suy ra: (a+ b) 2 ≤ 3c2
Bài tập đề nghị:
Bài1: Cho a, b, c thoả mãn điều kiện a+ b+ c= 0 Chứng minh rằng:
8a + 8b + 8c ≥ 2a + 2b + 2c
Bài2: Cho ∆ABC có độ dài các cạnh là a, b, c và có các góc là A, B , C Chứng minh rằng:
a) ab(a+ b-2c) + bc( b+c-2a) + ca( a+ c-2b) ≥0
Trang 7b) 12
2 sin
1 2
sin
1 2
sin
1
2 2
2
≥ +
+
C B
A
Khi nào các dấu đẳng thức xảy ra?
Bài3: cho các số x, y thoả mãn điều kiện: x, y≥0 và x3+y3 = 2 Cmr: x2 + y2 2≤
Bài4: cho a, b, c≥0 và a+ b+ c=1 Cm:
a+b+ b+c+ c+a ≤ 6
VI Ph ơng pháp 7: Sử dụng vectơ
Kiến thức cần nhớ:
VD1: Cho x, y, z > 0 Cmr:
x2 +xy+ y2 + y2 +yz+z2 + z2 +zx+x2 ≥ 3(x+y+z)
Giải:
Ta có: x2+xy+y2=
2 2
2
3
2 +
y2+yz+z2=
2 2
2
3
2 +
z2+zx+x2=
2 2
2
3
2 +
Trong mặt phẳng toạ độ 0xy xét các vectơ:
u =x+ y 2 y
3
;
2 ; v =y+ z 2 z
3
;
2 ; w =z+ x 2 x
3
; 2
Khi đó: u +v + w = + + 2 ( + + )
3 );
( 2
3
z y x z
y x
Từ u + v + w ≥ u+v+w suy ra đpcm
VD2: Cho a, b, c và ab+bc+ ca= abc Cmr:
ab
a
b2 +2 2 +
bc
b
c2 +2 2 +
ca
c
a2 +2 2 ≥3
Giải: Bđt cần chứng minh tơng đơng với:
12 22
b
a + + 12 22
c
b + + 12 22
a
c + ≥3
Trong mặt phẳng toạ độ 0xy xét các vectơ:
u =a b
2
;
1
; v =b c
2
;
1
; w =c a
2
; 1
( 2
; 1 1 1
a c b c b
1 1
Trang 8Từ u + v + w ≥ u+v+w suy ra đpcm.
Bài tập đề nghị:
Bài1: Cmr:
a 9+x2−3x 2 + 16+x2−4x 2 ≥5
b a2 +x2 −2axcosα + b2 +x2 −2bxcosβ ≥ a2 +b2 −2abcos(α +β)
Bài2: x, y, z là 3 số tuỳ ý CMR:
2 2
2 2
2
VII Phơng pháp 8: Dùng tam thức bậc hai
VD1: ABC là một tam giác bất kì Chứng minh rằng với mọi số x ta đều có:
1+
2
1
x2 ≥ cosA+ x( cosB+ cos C)
Giải: Bđt cần chứng minh tơng đơng với:
x2- 2( cosB + cosC)x + 2( 1- cosA) ≥0 (1)
ta có: ∆'= ( cosB + cos C)2 – 2( 1- cosA)
= 4cos2
2 sin 4 2
cos 2
2
C
2
(cos 2
2 B−C − ≤
A
B
Vậy (1) đúng với mọi x
VD2: Chứng minh rằng:
(x+y)2 – xy + 1 ≥(x+y) 3 mọi x,y
Giải: BĐT cần cm tơng đơng với:
x2 +y2 + xy + 1 - 3x− 3≥0
xét vế trái là tam thức bậc hai đối với x, ta có:
f(x) = x2 + ( y- 3 )x + y2- 3y+1
) 1 3 (
4 ) 3
=
∆ y y y = -3y2 + 2 3 y -1 = - ( 3y−1)2 ≤0, y∀
Suy ra: f(x) ≥0,∀x, y
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: x= y=
3 1
Bài tập đề nghị:
Bài 1: cho ( x;y;z) là nghiệm của hệ pt:
= +
+
= +
+
4
8 2
2
2
zx
yz
xy
z
y
x
Chứng minh rằng:
3
8 , , 3
Bài2: Cho y> z > t Chứng minh rằng:
(x+ y+ z+t)2 > 8 (xz+ yt)
VIII Ph ơng pháp 9: ph ơng pháp l ợng giác
Trang 9VD1; Chứng minh rằng với mọi số a, b ta đều có:
2
1 ) 1 )(
1 (
) 1 )(
( 2
1
2
+ +
− +
≤
−
b a
ab b
a
Giải: Đặt a= tanα , b= tanβ với α ,β )
2
; 2 (−π π
∈
Khi đó: A=
) 1 )(
1
(
) 1 )(
(
2
a
ab b
a
+ +
− +
=
) tan 1 )(
tan 1 (
) tan tan 1 )(
tan (tan
2
β α β
α
+ +
− +
cos cos
sin sin 1 ( cos cos
) sin(
β α
β
α β
α
β
= sin(α+β) cos (α +β) =
2
1 sin(2α +2β)
Suy ra: A =
2
1
) 2 sin(2α + β
2
1
≤
Vậy
2
1 ) 1 )(
1 (
) 1 )(
( 2
1
2
+ +
− +
≤
−
b a
ab b
a
(đpcm)
Vd2: chứng minh rằng nếu x < 1 và n là một số nguyên lớn hơn 1 thì ta có bđt:
(1+x)n + (1- x)n < 2n
Giải:
Với đk x < 1, đặt x = cost
Với x≠ +1, ta có t≠kπ ( k Z∈ )
Khi đó: (1+x)n + (1- x)n = (1+cot)n + (1- cots)n= ( 2 cos22
t
)2 +( 2 sin22
t
)2
2
cos 2
2 t
+
<
2
cos 2 (sin
2n 2 t + 2 t
Vì với n 2≥ : sin2nx < sin2x và cos2nx < cos2x với x
2
π
k
≠ Vậy ta có đpcm
Bài tập đề nghị:
Bài1: cho x2 + y2 =1, cmr : 1
4
1 ≤ x6 + y6 ≤
Bài2: cho a ≥1, chứng minh rằng: −2≤ 2 −1+ 3 ≤2
a a
Ix Ph ơng pháp10: Dùng tính đơn điệu của hàm số
Kiến thức cần nhớ: giả sử phải cm bđt: f(x) >0 ; ∀x∈( )a;b
xét hàm số trên [a;b)
• f’(x) ≥0∀x∈( )a;b ⇒f tăng trên [a;b)
• f(x) > f(a)= 0; ∀x∈( )a;b
VD1: Cho n là số nguyên và n≥3 chứng minh rằng:
nn+1 ≥(n+1)n
Giải:
Trang 10Ta có: nn+1 ≥(n+1)n (n+1)ln n ≥ n ln (n+1)
n
n n
n
ln ) 1 ln(
+ +
xét hàm số: y =
x
x
ln với x 3≥
x
x
, 0 ln
1 ln
2− > ≥3 suy ra hàm số y =
x
x
ln tăng trên [3; +∞) Do đó với
n ≥3 ta có:
n
n n
n
ln ) 1 ln(
+
+
(đpcm)
VD2: Cho ∆ABC nhọn Cmr:
(sinA)2sinB + (sinB)2sinC + (sinC) 2sínA 2≥
Giải:
Ta có: sin2A + sin2B +sin2C =
2
2 cos
+ 2
2 cos
+1- cos2 C = 2-
2
1 (cos2A+ cos2B )- cos2C = 2- cos(A+B) cos(A- B)- cos2C
=2 + cosC [cos(A- B) + cos(A+ B)]
= 2+ 2 cosA cosB cosC
Do∆ABC nhọn nên sin2A + sin2B +sin2C>2
Mặt khác: 0 < sin2A <1 và sinB < 1 nên:
(sin2A)sinB > (sin2A)1 = sin2A
(vì hàm số y= (sin2)x giảm trên R)
Tơng tự: (sin2B)sinC > sin2B
(sin2C)sinA > sin2C
Do đó: (sinA)2sinB + (sinB)2sinC + (sinC) 2sínA > sin2A+ sin2B+sin2C >2
Bài tập đề nghị:
Bài 1: Cmr 22sinx +2tgx > 232x+1
Bài 2: cmr: cosα +αsinα >1 với 0<
2
π
α <
X Ph ơng pháp 11: Dùng cực trị của hàm số
VD1: Cmr để x4 + px3 + q ≥0 với mọi x∈R, điều kiện cần và đủ là: 256q ≥27p4
Giải:
Đặt : f(x) = x4 + px3 + q
Ta tìm minf(x) trên R
Ta có: f’(x)= 4x3+ 3px2 = x2(4x+p)=0
−
=
=
4 3
0
p x
x
Bảng biến thiên:
x -∞
4
3p
− +∞
Trang 11
f’(x) - 0 + f(x) +∞ +∞
f(-4
3 p
)
Dựa vào bảng biến thiên ta có:
min f(x) =
f(-4
3 p
) =
256
27
256q− p4
Từ đó: f(x) ≥ 0 , ∀x∈R min f(x) ≥ 0 256q ≥ 27p4 (đpcm)
VD2: a, b, c là ba số dơng thoả mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = 1 CM
2
3 3 2 2 2 2 2
+
+ +
+
c a
c
b c
b
a
Giải:
Từ giả thiết ta có: 0 < a, b, c < 1
BĐT cần chứng minh tơng đơng với:
2
3 3 ) 1 ( ) 1 ( ) 1
2 2
2 2
2
≥
−
+
−
+
c b
b
b a
a
a
xét hàm số: f(t) = t( 1- t2) = -t3 + t với t∈(0; 1)
ta có: f’(t) = -3t2+ 1
f’(t) = 0 t=
3
1 (vì t > 0)
Ta có bảng biến thiên:
t 0 13 1
f’(t) + 0 -
f(t) 323
0 0
Ta có: f( t) ≤
3 3
2
; ∀t∈( 0 ; 1)
Do đó: 0 < a( 1- a2) ≤
3 3
2 =>
) 1
2
a a
a
3 3
a
Tơng tự:
) 1
2
b b
b
3 3
b
) 1
2
c c
c
3 3
c
Cộng (1) (2) & (3) theo từng vế và a2 + b2 + c2 = 1 suy ra:
2
3 3 ) 1 ( ) 1 (
)
1
2 2
2 2
2
≥
−
+
−
+
c b
b
b a
a
a
(đpcm)