Chuyên đề:Một số ứng dụng của đa thức đối xứng ba biếnNhóm học sinh lớp 10 Toán 2 Lê Thu Hằng Đặng Thị Thanh Hoa Lê Việt Hoàn Dương Quang Huy Trần Thị Huyền I.. Định lí Vi-ét với phương
Trang 1Chuyên đề:Một số ứng dụng của đa thức đối xứng ba biến
Nhóm học sinh lớp 10 Toán 2
Lê Thu Hằng
Đặng Thị Thanh Hoa
Lê Việt Hoàn
Dương Quang Huy
Trần Thị Huyền
I Định lí Vi-ét với phương trình bậc ba.
1 Định lí Vi-ét thuận
Định lí: Giả sử phương trình ax3 +bx2 + + =cx d 0 (a≠0) có 3 nghiệm x x x1, ,2 3 Khi đó
b
a
+ + = − ; 1 2 2 3 3 1
c
x x x x x x
a
d
x x x
a
= −
2 Định lí Vi-ét đảo
Định lí: Nếu 3 số x x x1, ,2 3 thỏa mãn
1 2 3
x x x a
x x x x x x b
x x x c
+ + =
thì x1, x ,2 x3là nghiệm của phương trình x3 −ax2 + − =bx c 0
3 Một số ứng dụng
BÀI TOÁN 1: Giải phương trình khi biết tính chất của các nghiệm
Bài toán 1.1 Tìm hệ thức giữa các hệ số của phương trình x3 +ax2 + + =bx c 0(*), biết rằng phương trình có 3 nghiệm mà một nghiệm bằng tổng hai nghiệm còn lại
Giải Giả sử phương trình (*) có 3 nghiệm là x x x1, ,2 3 và x1+ =x2 x3 Khi đó
( )
2
1 2 3
2 3
x x x x x x x x x b
x x x c
+ + = = −
Từ (1) 3
2
a x
⇒ = −
Trang 2Thay vào (2) ta được 1 2 2 1 2 2
x x + = ⇒b x x = −b
Thay vào (3) ta được
2
3
− − = ⇔ − + =
÷ ÷
Bài toán 1.2 Nếu phương trình x3 +ax2 + + =bx c 0 (*) có các hệ số thỏa mãn hệ thức
a − ab+ c= thì nó có ít nhất một nghiệm là
2
a
x= −
Giải
Ta có
2
− + = ⇒ = − ÷
x +ax + + =bx c x x + + x x + +b− x+ b− =x+ x + x b+ −
Như vậy nếu a3 − 4ab+ 8c= 0thì phương trình (*) có một nghiệm là 1
2
a
x = −
BÀI TOÁN 2 Tính giá trị của biểu thức đối xứng giữa các nghiệm
Ta có các biểu thức đối xứng điển hình giữa các nghiệm x x x1, ,2 3 của phương trình bậc ba
ax +bx + + =cx d
2
a
−
1 1 1 x x x x x x c
Chú ý
• Nếu ta đặt p x y z q xy yz zx r= + + ; = + + ; =xyz x y z( , , ∈¡ )
Ta có
( ) ( ) ( )
2
2
3
2
xy x y yz y z zx z x pq r
xy x y yz y z zx z x p q q pr
x y y z z x q pqr r
+ + = −
+ + = − +
Trang 3• Gọi x x x1, ,2 3 là nghiệm của phương trình
ax +bx + + =cx d
Đặt 1 2 3
n
S =x +x +x
Khi đó ta có aS n+bS n−1+cS n−2+dS n−3 =0
Bài toán 2.1 (CHDC Đức,1970) Cho x x x1, ,2 3 là 3 nghiệm của phương trình
ax −ax + + =bx b a b≠
Chứng minh rằng ( 1 2 3)
1
x x x
x x x
+ + + + ÷= −
Giải
Áp dụng định lí Vi-ét ta có
1
x x x
b
x x x x x x
a b
x x x
a
δ δ δ
+ + = =
+ + = =
= − =
Khi đó 2
1 1 1
δ δ
Do đó ( 1 2 3)
1
x x x
x x x
+ + + + ÷= −
Bài toán 2.2 (Việt Nam,1975) Không giải phương trình x3 − + =x 1 0
Hãy tính tổng các lũy thừa bậc 8 của các nghiệm
Giải Giả sử x x x1, ,2 3 là các nghiệm của phương trình đã cho Theo hệ thức Vi-ét ta có
0
1 1
x x x
x x x x x x
x x x
δ
δ
δ
= + + =
= + + = −
= = −
Từ phương trình đã cho ta được x i3 = −x i 1 (i= 1;2;3)
( ) ( )
⇒ = − = − = − −
Như vậy ta có
Trang 48 8 8 ( 2 2 2) ( ) ( 2 )
x +x +x = x +x +x − x + +x x + = δ − δ − + =δ
BÀI TOÁN 3 Tìm giá trị của tham số để phương trình có nghiệm
Phương pháp chung: Bài toán này được giải bằng phương pháp điều kiện cần và đủ Ta thực hiện theo các bước sau:
-Bước 1: Điều kiện cần : Giả sử phương trình có 3 nghiệm Khi đó, ta có hệ thức Vi-ét giữa các nghiệm
-Bước 2: Biểu diễn điều kiện thông qua hệ thức ở bước 1, từ đó tìm được điều kiện cho tham số
-Bước 3: Điều kiện đủ
Chú ý: Điều kiện thường là một biểu thức đối xứng giữa các nghiệm x x x1, ,2 3
Bài toán 3.1 Xác định m để phương trình x3−3mx2− +3x 3m+ =2 0 *( ) có 3 nghiệm phân biệt x x x1, ,2 3 thỏa mãn 2 2 2
x +x +x >
Giải Điều kiện cần : Giả sử phương trình có 3 nghiệm phân biệt x x x1, ,2 3 Khi đó
1 2 3
3
3
x x x x x x
x x x m
+ + =
+ + = −
= − −
Khi đó
2
⇔ > ⇔ >
Điều kiện đủ :
( ) ( )
2
2
1
x
⇔ − − − − − =
=
⇔ = − − − − =
Ta phải chứng minh với m >1thì (**) có 2 nghiệm phân biệt khác 1, tức là chứng
( )
0
1 0
g
g
∆ >
≠
2
0
m
+ + >
⇔ ≠
Đúng với mọi m >1 Vậy với m >1thỏa mãn điều kiện đề bài
Trang 5Bài toán 3.2 (Áo,1983) Tìm a để các nghiệm x x x1, ,2 3 của đa thức f x( ) = −x3 6x2+ +ax a
thỏa mãn ( ) (2 ) (2 )2
x − + x − + x − =
Giải Đặt y= −x 3 Bài toán trở thành : Tìm a để các nghiệm y y y1, ,2 3của đa thức
( ) ( ) ( )3 ( )2 ( ) ( ) 3 2 ( )
g y = f x+ = y+ − y+ +a y+ +a y+ + =a y + y + −a y+ a− thỏa mãn hệ thức 2 2 2
y +y +y = Theo định lí Vi-ét , ta có:
3
9
27 4
y y y
y y y y y y a
δ
δ
δ
= + + = −
Khi đó
( ) ( )
2
2
2
0
9
y y y y y y y y y
a a
δ δ
+ + =
⇔ − − − =
⇔ = −
Vậy giá trị cần tìm của a là −9
BÀI TOÁN 4 Một số dạng khác
Bài toán 4.1 (Canada,1982) Cho P x( ) = +x3 ax2 + +bx c có hệ số nguyên Chứng minh
rằng nếu đa thức có một nghiệm bằng tích 2 nghiệm còn lại thì
( ) ( ) ( ) ( ( ) )
2P − 1 M P 1 +P − − 1 2 1 +P 0
Giải Gọi 3 nghiệm của đa thức là u v uv, ,
Theo định lí Vi-ét ta có
Trang 6( )
2 2
1
u v uv a
uv u v b
u v c
+ + = −
+ + =
= −
• Nếu a=1 thì 0= + + + = +u v uv 1 (u 1) (v+1)nên đa thức có nghiệm bằng -1
Do đó 2P( )− =1 0chia hết cho mọi số
• Nếu a≠1 thì b c uv− = (1+ + +u v uv) =uv(1−a)
Nên
1
b c uv
a
−
Do u v2 2 = − ∈c ¢nên uv∈¢
Ta có
( ) ( ) ( ( ) ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
+ − − + = − = − + + + = − + + ≠
− = − − − − − − = − + + +
⇒Điều phải chứng minh
Bài toán 4.2 (Việt Nam,1980) Phương trình z3−2z2− + =z m 0(*) có thể có 3 nghiệm là
số hữu tỉ được hay không? Tại sao?
Giải
Giả sử các nghiệm của phương trình (*) là u v, ,w
t t t hữu tỉ phân biệt Trong đó u v, , w,t∈ ¢và không phải tất cả đều chẵn
Theo định lí Vi-ét, ta có
2
2
u v w t
uv uw wv
+ + =
+ + = −
Nên u2+ +v2 w2 =4t t( +1 8)M
Nhưng
t = −uv wv wu− − ∈ ¢
Điều này mâu thuẫn Vậy phương trình đã cho không thể có 3 nghiệm hữu tỉ phân biệt
Bài tập vận dụng
Bài 1 Chứng minh rằng nếu a3+bx2+ + =cx d 0(a≠0) có các nghiệm phân biệt x x1, 2 thì
2
4 4
ac b
x x
a
−
≥
Trang 7Bài 2 Biết rằng tất cả các nghiệm của phương trình x3+ px q+ =0(q≠0) đều là các số thực Chứng minh p< 0
Bài 3 Chứng minh cos 20 , cos100 , cos140 ° ° °là 3 nghiệm của phương trình
Bài 4 Chứng minh rằng nếu các nghiệm của phương trình x3−px q− =0( p q, ∈ ¢) là các
số nguyên thì p3−27qlà số chính phương
Bài 5 Biết rằng phương trình x3+px2+ + =qx r 0 có 3 nghiệm dương và các đoạn thẳng
mà chiều dài của chúng bằng các nghiệm trên là 3 cạnh của 1 tam giác Chứng minh rằng
p − pq+ r>
II Hệ phương trình đối xứng ba biến
Phương pháp:
+) Đặt σ1= + +x y z; σ2 =xy yz zx+ + ; σ3=xyz
+) Giải hệ mới gồm ba ẩn σ σ σ1; ; 2 2
+) Áp dụng định lý Viet đảo cho phương trình bậc ba để giải hệ
Ví dụ 1:
Giải hệ phương trình:
6 11 ( )(y z)(z x) 2
x y z
xy yz zx
x y
+ + = + + =
Giải:
Đặt: σ1= + +x y z; σ2 =xy yz zx+ + ; σ3=xyz
1 6; 2 11
σ σ
Ta có: (x y y z z x− )( − )( − = −) 2
(x y) (y z) (z x) 4
Ta có: (x y− ) (2 y z− ) (2 z x− )2 = −4σ σ σ σ13 3+ 12 22+18σ σ σ1 2 3−4σ23−27σ32
Thay σ1=6;σ2 =11, ta có: σ32−12σ3+36 0=
3 6
σ
Ta có σ1=6;σ2 =11;σ3 =6
Trang 8Áp dụng định lí Vi-ét đảo, ta có: x, y, z là nghiệm của phương trình t - 6t +11t - 6 = 03 2
Phương trình có nghiệm t1=1;t2 =2;t3 =3
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là ( ; ; ) (1;2;3)x y z = và các hoán vị của chúng.
Ví dụ 2:
Giải hệ phương trình:
2 ( )( ) (y z)(z ) (z )( ) 1
x y z
x y z y z x z x y
+ + =
Giải:
Ta có: (x y y z+ )( + + +) (y z)(z+ + +x) (z x x y)( + ) 1=
2 2 2 3(xy yz zx) x y z 1
2 (x y z) xy yz zx 1
3
xy yz zx
⇒ + + = − (vì x y z+ + =2)
Ta có: x y z2( + +) y z x2( + +) z x y2( + = −) 6
(x y z) yz(x y z) xz(x z) 2 xyz 6
y(x y z)(x z) xz(x z) 2 xyz 6
(x y)(y z)(z x) 2 xyz 6
x y xy xyz yz y z xyz z x zx xyz
xy
(2 x)(2 y)(2 z) 2xyz 6
⇔ − − − − = − (vì x y z+ + = 2)
8 2(xy yz zx) 4(x y z) 3xyz 6
0
xyz
⇒ = (vì xy yz zx+ + = −3; x y z+ + =2)
Ta có:
0
3 2
xyz
xy yz zx
x y z
=
+ + = −
+ + =
Áp dụng định lí Vi-ét đảo, ta có: x, y, z là nghiệm của phương trình t - 2t -3t = 03 2
Phương trình có nghiệm t1=0; t2 = −1;t3 =3
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là ( ; ; ) (0; 1;3)x y z = − và các hoán vị của chúng.
Ví dụ 3:
Trang 9Giải hệ phương trình: 1 1 1 1
2 3
Giải:
Đặt a=x; b=2y; c=-3z, hệ phương trình đã cho trở thành:
9
1 1 1 1
27
a b c
a b c
ab bc ca
+ + =
+ + =
9 1 27
a b c
bc ca ab
abc
ab bc ca
+ + =
+ +
9
27 (Do ab bc ca 27)
27
a b c
abc
ab bc ca
+ + =
Áp dụng định lí Vi-ét đảo, ta có: a, b, c là nghiệm của phương trình t -9t3 2 + 27t - 27 = 0 Phương trình có nghiệm t1=t2 = =t3 3
3
3
2
a b c
⇒ = = =
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là 3; 1
2
( ; ; ) (3;x y z = − ).
Bài tập vận dụng
Bài 1 Giải hệ phương trình : 2 2 2
3 3 3
2 6 8
x y z
+ + =
+ + =
Trang 10Bài 2 Giải hệ phương trình:
4 6 18
x y z
+ + =
Bài 3 Giải hệ phương trình:
3 3 3
4
1 1 1 5
2 10
x y z
x y z
+ + = + + = + + =
III Bất đẳng thức đối xứng ba biến
3.1 Một số bất đẳng thức đối xứng ba biến quen thuộc
Trong phần này ta đồng nhất kí hiệu của đa thức đối xứng ba biến cơ sở như sau
1
2
3
x
x y z
xy yz z
xyz
σ
σ
σ
= + +
= + +
=
Mệnh đề 1: Với các số thực x, ,y z ta có bất đẳng thức :
a, 2
1
σ ≥3σ2
b, 2
2
σ ≥3σ1σ3
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khix= =y z
Mệnh đề 2: Với các số dương x, ,y z ta có
a, σ σ1 2 ≥9σ3
b, 3
σ ≥ σ
c, 3
2
σ ≥ 27 2
3
σ
Mệnh đề 3: Với các số dươngx, ,y z ta có các bất đẳng thức :
σ σ ≥ σ σ + σ
b, 2 2
σ σ ≥ σ σ + σ σ
c, 3 3
σ σ σ+ ≥ σ σ σ
Mệnh đề 4: (BĐT Schur ) Giả sử x, ,y z là các số thực không âm Khiđó∀ r>0thì
Trang 11( ; ; ) r( )( ) r( )( ) r( )( ) 0
r
f x y z =x x y x z− − +y y r y z− − +z z x z y− − ≥ (∗)
Xét một vài trường hợp đăc biệt của f x y z r( ; ; )được xác định bởi công thức (∗)
( ; ; )
r
f x y z =x x y x z( − )( − + ) y y x y z( − )( − + ) z z x z y( − )( − ) 3
σ σ σ σ
( ; ; )
r
f x y z =x x y x z2( − )( − +) y y z y x2( − )( − +) z z x z y2( − )( − ) 4 2 2
σ σ σ σ σ σ
Mênh đề 5 :Với các số thực không âmx, ,y zgiữa các đa thức đối xứng cơ sở ta có các bất đẳng thức sau:
a, 3
σ + σ ≥ σ σ
σ +σ + σ σ ≥ σ σ
Mệnh đề 6:Với các số thực không âmx, ,y z ta có các bất đẳng thức sau
a, 3
2σ + 9σ ≥ 7σ σ
b, 4 2 2
3 4
σ + σ ≥ σ σ
c, 3 2
σ + σ ≥ σ σ σ
d, 3 2
2σ + 9σ ≥ 7σ σ σ
Mênh đề 7: Với các số không âm x, ,y z ta có bất đẳng thức: 1
1 3
k
−
≥ ( k= 0,1, 2, ) Trong đóSk = xk + yk + zk Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khix= =y z
Mệnh đề 8: Với các kí hiệu như trong mệnh đề 7 ta có:S Sm n ≤ 3 Sm n+
Ta xét một số ví áp dụng các mệnh đề cơ bản trên đây vào việc chứng minh các bất đẳng thức:
3.2 Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1:Chứng minh rắng nếua b c, , >0thì:(a b c)(1 1 1) a3 b3 c3 6
+ +
Lời giải
1 a b c; 2 ab bc ca; 3 abc S; 3 a b c
Biến đổi bất đẳng thức đã cho ta được:
Trang 121 2 S3 6 3
1 2 ( 1 3 1 2 3 ) 6 3 3 4 1 2 1 9 3
σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ
Bất đẳng thức cuối cùng đã được chứng minh ở mệnh đề 4
Ví dụ 2 : (Iran 1996) Cho các số thực dương x, y, z Chứng minh rằng
xy yz zx
Lời giải
Đặt σ1= + +x y z; σ2=xy yz zx+ + ; σ3=xyz
Dễ dàng chứng minh được bất đẳng thức đã cho tương đương với:
9 4
σ σ σ σ σ σ
σ σ σ
σ − + +
−
4σ σ 17σ σ 4σ 34σ σ σ 9σ 0
Viết lại bất đẳng thức trên đây tương đương với:
σ σ (σ − 4σ σ + 9σ ) + σ (σ −5σ σ + 4σ + 6σ σ )+ σ (σ σ −9σ ) ≥ 0
Theo các bất đẳng thức trong mệnh đề 5 và mệnh đề 2 thì mỗi số hạng ở vế trái của bất đẳng thức trên là không âm, vì vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh
Ví dụ 3 : (IMO 1961) Giả sử a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác với diện tích S
Chứng minh rằng a2+ + ≥b2 c2 4 3S
Lờigiải
Đặt a=y+z; b=z+x; c=x+y( vớix,y,z>0)
Khi đó ta có:
a+b+c=2(x+y+z)
2 ( ) xyz
S = + +x y z
Do đó bất đẳng thức đã cho có dạng:
2
(x y) (y z) (z x) 48(x y z xyz)
+ + + + + ≥ + +
Đặt σ1= + +x y z; σ2 =xy yz zx+ + ; σ3=xyz
Khi đó bât đẳng thức trên tương đương với:
Trang 132
S
σ σ σ σ σ σ
− + − + − ≥
⇔ − + + + + + ≥
Ta viết lại bất đẳng thức cuối cùng ở dạng:
(σ − 5σ σ + 4σ + 6σ σ ) 3 ( + σ σ − 3 ) 6(σ + σ − 3σ σ ) 0 ≥
Theo mệnh đề 1 và mệnh đề 5, từng số hạng ở vế trái của bất đẳng thức trên đều không
âm nên suy ra điều phải chứng minh
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
σ − σ σ + σ + σ σ = σ − σ = σ − σ σ =
Tức là x=y=z Suy ra a=b=c hay tam giác đã cho là tam giác đều
Ví dụ 4: Xét các số thực không âm a, b, c thỏa mãn đẳng thức a²+b²+c²=1 Chứng minh
rằng: 1≥(1-ab)(1-bc)(1-ac)≥ 8
27
Lời giải:
Bất đẳng thức bên trái hiển nhiên đúng
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức ở phía bên phải
Đặt σ₁=a+b+c ; σ₂=ab+bc+ac ; σ₃=abc
Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng
1-σ₂+σ₁σ₃-σ₃²≥ 8
27(*) Theo bất đẳng thức Shur (mệnh đề 4) thì σ₁³-4σ₁σ₂+9σ₃≥0
Và theo giả thiết ta có: 4σ₂-σ₁²=2σ₂-1
Do đó ta có:
9σ₃≥σ₁(2σ₂-1)(**)
Theo mệnh đề 2 thì σ₁≥9σ₃ hay σ₁-σ₃≥89σ₁
Lại có: σ₁²=1+σ₂ do đó (**) ⇔σ₃(σ₁-σ₃)≥ 8
81(4σ₁²-1)
Để chứng minh (*) ta chứng minh 1-σ₂+818 (4σ₂²-1)≥278
⇔(1-σ₂)(49-32σ₂)≥0
Bất đẳng thức đúng vì 0≤σ₂≤1
Ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 5: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện x+y+z=3a
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì (x 1)n (y 1)n (z 1)n 3(a 1)n
Lời giải:
Trang 14Đặt x₁=x 1
y
+ ;x₂= 1
z
y + ;x₃= 1
x
z +
Sn=x₁ⁿ+x₂ⁿ+x₃ⁿ ; σ₁=x₁+x₂+x₃
Ta có
σ₁=(x+y+z)+(1 1 1x+ +y z ) (x y z) 9
x y z
≥ + + +
+ + =3a+
9
3a
⇒σ₁≥3(a+1
a)
Theo công thức trong mệnh đề 7 ta có
Sn≥ 3n 1
σ
−
₁ ⁿ
1
1 [3( )
1
3n a ]
a
=
1 3(a )
a
+ ⁿ
Từ đó suy ra điều phải chứng minh
Ví dụ 6: Cho VABC là tam giác không tù Chứng minh rằng:
( cos cos cos )( cos cos cos )
2
Lời giải:
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức khá quen biết
cosA+cosB+cosC≤ 3
2 Thật vậy: cosA+cosB+cosC≤ 3
2
⇔2cos
2
A B+
cos 2
A B− +1-2sin²
2
2
≤
⇔4sin²
2
C
-4sin
2
C
cos 2
A B− +1≥0
⇔(2sin
2
C
-cos
2
A B− )+sin²
2
A B− ≥
0 Đặt x=cosA; y=cosB; z=cosC; Sm=xm+yᵐ+zᵐ trong đó m là số thực dương Theo bất đẳng thức ở mệnh đề 8 và bất đẳng thức vừa chứng minh ở trên ta có:
S1/3S2/3 ≤3S1/3+2/3=3S₁=3(cosA+cosB+cosC)
⇔S₁/3S2/3 ≤ 9
2
Từ đó suy ra bất dẳng thức đã cho được chứng minh
Bài 10: Chứng minh rằng trongVABC ta có:
sin5
2
A
+sin5
2
B
+sin5
2
C
> 1 81
Lời giải:
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức:
sin
2
A
+sin
2
B
+sin 2
C
>1
Do 0<cos
2
A
, cos
2
B
<1, nên sin
2
A
+sin
2
B
>sin 2
A
cos 2
B
+sin 2
B
cos 2
A
=sin
2
A B+
Từ đó suy ra
Trang 152
A
+sin
2
B
+sin 2
C
>sin
2
A B+ +cos
2
A B+
= 2sin(
2
A B+ + 4
π )> 2sin
4
π
=1 (vì
2
A B+
<
2
π
nên 4
π
<
2
A B+ + 4
π
<3 4
π ) Đặt x=sin
2
A
; y=sin
2
B
; z=sin
2
C
; Sk=xk+yk+zk
Áp dụng bất đẳng thức của mệnh đề 8 và bất đẳng thức vừa được chứng minh ở trên ta có:
1<S₁S₁≤3S₂⇒S₂>1
3 1
3<S₁S₂≤3S₃⇒S₃>1
9 1
27<S₂S₃≤3S5 ⇒S5> 1
81 Như vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh
Nhận xét: Bằng cách quy nạp dễ dàng chứng minh được rằng, với mọi số nguyên dương
n ta có:
sinⁿ
2
A
+sinⁿ
2
B
+sinⁿ 2
C
> 1
1
3n−
Phần III: Bài tập đề nghị
Chứng minh rằng bới mọi số thực a, b, c ta có các bất đẳng thức đúng sau:
1 a²+b²+c²≥ab+bc+ac
2 (a+b+c)²≤3(a²+b²+c²)
3 3(ab+bc+ac)≤(a+b+c)²
4 a²b²+b²c²+c²a²≥abc(a+b+c)
5 (ab+bc+ac)²≥abc(a+b+c)
Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c, x, y, z có các bất đẳng thức sau:
6 (a+b+c)(
1 1 1
a b c+ + )≥9
7 (a+b+c)(a²+b²+c²)≥9abc
8 ab(a+b-2c)+bc(b+c-2a)+ac(a+c-2b)≥0
9 ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)≥6abc
10.(a+b)(b+c)(c+a)≥8abc
11.(x+y+z)³≤9(x³+y³+z³)
12.2(x³+y³+z³)≥x²(y+z)+y²(z+x)+z²(x+y)
13
y z+x z +x y
3 2
≥
14
³ y ³
3
³
z y
x+ +
≥
+ +
+ +
15.x⁴+y⁴+z⁴≥xyz(x+y+z)
Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài 3 cạnh, p là nửa chu vi, s là diện tích của một tam giác thì các bất đẳng thức sau đúng
16.2(ab+bc+ac)>a²+b²+c²
17.(a²+b²+c²)(a+b+c)>2(a³+b³+c³)