Skkn một số bài toán bất đẳng thức ba biến có giả thiết và kết luận liên quan đến p, q, r

1 I ĐẶT VẤN ĐỀ 1 Lý do chọn đề tài Bài toán bất đẳng thức (bài toán chứng minh bất đẳng thức; bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức) nói chung và bài toán bất đẳng thức ba[.]

1 I ĐẶT VẤN ĐỀ Lý chọn đề tài Bài toán bất đẳng thức (bài toán chứng minh bất đẳng thức; tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức) nói chung toán bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả thiết kết luận liên quan đến p, q, r (với p  a  b  c, q  ab  bc  ca, r  abc ) nói riêng thường hay xuất đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Toán, đề thi tốt nghiệp THPT đề thi Học sinh giỏi Đã có nhiều tác giả nghiên cứu toán bất đẳng thức dạng tác giả Phạm Kim Hùng, tác giả Võ Quốc Bá Cẩn,…; Có số “phương pháp mạnh” để giải toán bất đẳng thức dạng phương pháp dồn biến, phương pháp phân tích bình phương S.O.S,… Nhưng chưa có tác giả rút số định hướng vận dụng “kiến thức gần gũi” để giải toán dạng Vì vậy, tơi chọn đề tài: “Một số tốn bất đẳng thức ba biến có giả thiết kết luận liên quan đến p, q, r” Tính cấp thiết đề tài Các toán bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả thiết kết luận liên quan đến p, q, r thường gây nhiều khó khăn cho Học sinh Giáo viên trình tìm lời giải Một số Học sinh thường bỏ qua gặp toán bất đẳng thức dạng em khơng nắm số định hướng để giải tốn dạng Vì việc nghiên cứu kỹ toán dạng cần thiết Tính đề tài - Đưa nhiều lời giải cho số toán bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả thiết kết luận liên quan đến p, q, r - Đưa số định hướng để giải tốn bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả thiết kết luận liên quan đến p, q, r - Vận dụng định hướng để giải số toán bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả thiết kết luận liên quan đến p, q, r Khả ứng dụng triển khai đề tài Đề tài tài liệu tham khảo bổ ích cho Học sinh, Giáo viên THCS THPT đặc biệt Học sinh khá, giỏi skkn Đối tượng phạm vi nghiên cứu 5.1 Đối tượng nghiên cứu - Học sinh giỏi THCS THPT - Giáo viên trường THCS THPT - Các tốn bất đẳng thức có giả thiết kết luận liên quan đến p, q, r 5.2 Phạm vi nghiên cứu - Bám sát nội dung chương trình Tốn THCS THPT - Mở rộng phù hợp với nội dung thi Học sinh giỏi Tỉnh, Quốc gia, Khu vực Quốc tế Phương pháp nhiệm vụ nghiên cứu 6.1 Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp phân tích, tổng hợp - Phương pháp thực nghiệm 6.2 Nhiệm vụ nghiên cứu Rút số kinh nghiệm để giải tốn bất đẳng thức có giả thiết kết luận liên quan đến p, q, r skkn II NỘI DUNG Cơ sở khoa học 1.1 Cơ sơ lý luận Trong đề tài có sử dụng số bất đẳng thức sau 1.1.1 Với hai số thực x, y ta có: +) x  y  2xy +)  x  y  4xy +) 2 x  y    x  y Dấu bất đẳng thức xảy x = y 1.1.2 Với ba số thực x, y, z ta có: +) x  y  z  xy  z  zx +)  x  y  z  3 xy  yz  zx  +) 3 x  y  z    x  y  z Dấu bất đẳng thức xảy x = y = z 1.1.3 Bất đẳng thức Cô – si: Với n số thực không âm a1 , a , , a n ta có a1  a   a n  n n a1a a n Dấu xảy a1  a   a n 1.1.4 Bất đẳng thức Bunhiacôpxki: Với 2n số thực a1 , a , , a n b1 , b , , b n ta có a  a 22   a 2n b12  b 22   b 2n   a1b1  a b  a n b n  skkn Dấu xảy a1  kb1; a  kb ; ; a n  kbn tồn số thực k cho: 1.1.5 Bất đẳng thức Schur bậc ba, bậc bốn: +) Bất đẳng thức Schur bậc ba: Với ba số thực không âm a, b, c ta có a a  ba  c  bb  cb  a   cc  a c  b  (1) hay a  b3  c3  3abc  aba  b  bcb  c  ca c  a  hay a  b  c  9abc  4a  b  cab  bc  ca  + Bất đẳng thức Schur bậc bốn: Với ba số thực không âm a, b, c ta có a a  ba  c  b2 b  cb  a   c2 c  a c  b  (2) hay a  b  c  4ab  bc  ca   6abca  b  c  5a  b  c ab  bc  ca  2 (Bất đẳng thức (2) với số thực a, b, c) Dấu bất đẳng thức Schur bậc ba, bậc bốn xảy a = b = c a = b, c = hoán vị tương ứng Chứng minh: +) Chứng minh bất đẳng thức Schur bậc ba Khơng tính tổng qt, ta giả sử a  b  c  Khi đó: (1)  a  b a a  c  bb  c  cc  a c  b  (3) Vì a  b  c  nên cc  a c  b  a  b a a  c  bb  c  Do (3) Vậy (1) Dấu xảy skkn     a  b a a  c  bb  c    a  b  c   a  b, c   cc  a c  b    Vậy bất đẳng thức (1) Dấu xảy a = b = c a = b, c = hoán vị tương ứng +) Chứng minh Bất đẳng thức (2) với số thực a, b, c Không tính tổng qt, ta giả sử a  b  c TH1: a  b  c  Khi đó: (2)  a  b a a  c  b2 b  c  c2 c  a c  b  (4) Vì a  b  c  nên c2 c  a c  b  a  b a a  c  b2 b  c  Do (4) Vậy (2) TH2: a  b   c Khi đó: (2)  a  b a a  c  b2 b  c  c2 c  a c  b    b  3b    a  b a     a  bc  c2 c  a c  b  (5)  2   Vì a  b   c nên    b 3b    c c  a c  b  a  b a     a  bc       2 Do (5) Vậy (2) TH3: a   b  c Khi đó: (2)  a a  ba  c  b  c  b2  b  a   c2 c  a     c  3c2    a a  ba  c  b  c b     a b  c  (6)  2   2 skkn Vì a   b  c nên (6) Vậy (2) TH4:  a  b  c Khi đó: Đặt a x, b y, c z với  x  y  z Bất đẳng thức (2) trở thành x  x  y x  z  y2  y  x  y  z  z z  x z  y  (7) Theo TH1 (7) Vậy (2) Nhận xét: Với a, b, c số thực không âm, đặt p  a  b  c, q  ab  bc  ca, r  abc Từ bất đẳng thức ta có số bất đẳng thức liên quan đến p, q, r hay sử dụng sau: +) pq  9r +) 3rp  q (Kết với số thực a, b, c) +) p3  9r  4pq +) p  4q  6pr  5p 2q (Kết với số thực a, b, c) 1.2 Cơ sơ thực tiễn Trong q trình tìm hiểu tốn bất đẳng thức đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chun Tốn, đề thi Học sinh giỏi có số toán bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả thiết kết luận liên quan đến p, q, r Chẳng hạn như: Bài toán (Đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Toán năm học 2020-2021 Sở Giáo dục Đào tạo Hà Nội) Với a, b, c số thực không âm thỏa mãn a  b  c  abc  , tìm giá trị lớn biểu thức P  ab  bc  ca Bài toán (Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia năm 1996) skkn Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  abc  Chứng minh ab  bc  ca  a  b  c Bài toán (Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam tham gia thi Học sinh giỏi Toán Quốc tế năm 2021) Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn 2a  b  c   3ab  bc  ca   5a  b  c Chứng minh 4a  b  c   2ab  bc  ca   7abc  25 Tơi tìm tịi lời giải toán này, nghiên cứu kỹ lời giải đúc rút số kinh nghiệm cho thân trình dạy học Thực trạng Bài toán bất đẳng thức dạng thường hay xuất đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Toán, đề thi tốt nghiệp THPT đề thi Học sinh giỏi Nhưng thực tế vấn đề dạy học toán Giáo viên Học sinh gặp số khó khăn hạn chế như: Học sinh không nắm vững bất đẳng thức hay sử dụng, Học sinh định hướng để tìm lời giải cho tốn,…; Khi giải xong tốn Giáo viên khơng u cầu Học sinh nghiên cứu sâu lời giải,… Phương hướng giải pháp 3.1 Một số định hướng để giải toán bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả thiết kết luận liên quan đến p, q, r Bài toán (Đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Toán năm học 2020-2021 Sở Giáo dục Đào tạo Hà Nội) Với a, b, c số thực không âm thỏa mãn a  b  c  abc  , tìm giá trị lớn biểu thức P  ab  bc  ca Lời giải Ta chứng minh P  Từ giả thiết ta có ab   c  4a b  ab  skkn Do P   ab  a  b4  a  b ab  4  abab  1  a  b4  a  b  4ab  1  a  b  2  abab  3 (1) Từ giả thiết ta lại có ab  a  b   ab   ab  a  b   a 1b 1  abab  3  aba 1b 1 Ta chứng minh (2) a  b  2  aba 1b 1 (3) Thật vậy: TH1: Nếu a 1 b 1  VT(3)   VP(3) TH2: Nếu a 1 b 1  , VT(3)  a 1  b 1  4a 1b 1  VP(3) (Vì 4ab  a  b  16  ab  ) Từ (2) (3) suy (1) (Điều phải chứng minh) Suy P  , dấu xảy chẳng hạn a  b  2, c  Vậy giá trị lớn P Nhận xét Định hướng để tìm lời giải là: “Từ giả thiết rút biến theo biến cịn lại (có thể hạn chế điều kiện tìm điều kiện liên quan trước rút) vào bất đẳng thức cần chứng minh để đưa bất đẳng thức cần chứng minh bất đẳng thức biến Chứng minh bất đẳng thức (với điều kiện tìm được) kết luận” Lời giải skkn Khơng tính tổng qt, giả sử a  b  c (*) TH1: Nếu bc < từ (*) giả thiết a, b, c ba số không âm suy P  3bc  P  TH2: Nếu bc  từ giả thiết suy  a  b  c  abc  a  b  c  a  a  ba  c   a  ba  c  a  ab  bc  ca  ab  bc  ca  P4 Suy P  , dấu xảy chẳng hạn a  b  2, c  Vậy giá trị lớn P Nhận xét Định hướng để tìm lời giải là: “Phân chia thành trường hợp cách hợp lý Trong trường hợp ta biến đổi cách thích hợp áp dụng bất đẳng thức biết để suy bất đẳng thức cần chứng minh” Lời giải Đặt p  a  b  c, q  ab  bc  ca, r  abc Từ giả thiết ta có p + r = (1) , p   a  b  c   a  b  c  abc  a  b  c      3  p3  27p  108   p  3 p  3p  36   p  Do  p  (2) Áp dụng bất đẳng thức Schur, ta có skkn 10 p3  9r  4pq  q  p3  9r 4p (3) Từ (1) (2) suy p3  9r p  94  p p  4p  4p  9     (4) 4p 4p 4p Từ (3) (4) suy q  hay ab  bc  ca  Suy P  , dấu xảy chẳng hạn a  b  2, c  Vậy giá trị lớn P Nhận xét +) Định hướng để tìm lời giải là: “Dùng bất đẳng thức biết để đánh giá vế bất đẳng thức cần chứng minh cách hợp lý để dẫn đến việc cần chứng minh bất đẳng thức biến (biến p); chứng minh bất đẳng thức kết luận (Để chứng minh ta phải tìm điều kiện cho p)” +) Với giả thiết tốn trên, ta chứng minh bất đẳng thức chặt ab  bc  ca  a  b  c Từ ta có tốn sau (bài tốn 2) Bài tốn Cho ba số thực khơng âm a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  abc  Chứng minh ab  bc  ca  a  b  c Lời giải Từ giả thiết ta có ab   c  4a b  ab  Do ab  bc  ca  a  b  c  ab  a  b4  a  b ab  a b 4a b ab   abab  1  a  b4  a  b  a  bab 1   a  b  a  b  2  ab a 1b 1 (Bất đẳng thức theo chứng minh lời giải 1) skkn 11 Nhận xét +) Định hướng để tìm lời giải tương tự lời giải toán +) Kết luận ab  bc  ca  a  b  c ta thay giả thiết “Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  abc  ” giả thiết “Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  abc  ” Do ta có toán sau (bài toán 3) Bài toán (Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia năm 1996) Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  abc  Chứng minh ab  bc  ca  a  b  c Lời giải Nếu a  b  ab  a  b   ab  bc  ca  abc  (Trái với giả thiết) Do đó, từ giả thiết ta có a  b  ab  c   ab  a  b  ab Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ab  a  b4  ab a  b  ab a b  ab a  b  ab  aba  b  ab  a  b4  ab  a  ba  b  ab   ab  a  b  2  ab a 1b 1 (1) TH1: Nếu a 1 b 1  VT(1)   VP(1) TH2: Nếu a 1 b 1  , VT(1)  a 1  b 1  4a 1b 1  VP(1) (Vì từ giả thiết suy ab  ) Nhận xét Định hướng để tìm lời giải tương tự lời giải toán skkn 12 Lời giải Vì a b hai số không âm nên tồn số thực không âm x, y, z thỏa 2x 2y , b  mãn y  z  , z  x  cho a  yz zx Nếu x  y  x  y   a  b   ab  bc  ca  abc  (Trái với giả thiết) Do x  y  Nếu a  b  ab  a  b   ab  bc  ca  abc  (Trái với giả thiết) Do đó, từ giả thiết ta có a  b  ab  4xy  y  zz  x   ab 2z c    2x 2y 4xy a  b  ab x  y   y  z z  x  y  zz  x  4 Khi bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 4xy 4yz 4zx 2x 2y 2z       y  zz  x  z  x  x  y  x  y y  z y  z z  x x  y  2xy x  y  2yz y  z  2zx z  x   x  x  y x  z  y x  y y  z  z x  z y   x  y3  z3  3xyz  xy x  y  yz y  z  zx z  x (1) Theo bất đẳng thức Schur bậc ba bất đẳng thức (1) Nhận xét +) Định hướng để tìm lời giải là: “Đặt ẩn phụ để chuyển toán toán với ẩn đơn giản (có thể chứng minh được) chứng minh tốn này” +) Ta nghĩ đến cách đặt ẩn phụ vì: Với ba số thực x, y, z thỏa mãn x  y  , y  z  , z  x  ta có đẳng thức sau skkn 13 xy  x  y  yz  y  z  zx z  x   2xyz 1  x  y y  zz  x  hay 2x 2y 2z 2x 2y 2z 2x 2y 2z          yz zx xy yz zx xy yz zx xy +) Tương tự phân tích trên, ta có kết sau: + Nếu a, b, c ba số thực dương thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  abc  k (với k k  ) tồn ba số thực dương x, y, z cho: a kx ky kz , b , c  yz zx xy + Nếu a, b, c ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a  b  c  abc  k (với k k  ) tồn ba số thực dương x, y, z cho: a a  kx  x  y x  z  k yz  x  y x  z , b , b ky  y  x  y  z k zx  y  x  y  z  , c , c kz z  x z  y k xy z  x z  y  Từ tốn lời giải ta rút số định hướng để giải số toán bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả thiết kết luận liên quan đến p, q, r: Định hướng Từ giả thiết rút biến theo biến cịn lại (có thể hạn chế điều kiện tìm điều kiện liên quan trước rút) vào bất đẳng thức cần chứng minh để đưa bất đẳng thức cần chứng minh bất đẳng thức biến Chứng minh bất đẳng thức (với điều kiện tìm được) kết luận Định hướng Phân chia thành trường hợp cách hợp lý Trong trường hợp ta biến đổi cách thích hợp áp dụng bất đẳng thức biết để suy bất đẳng thức cần chứng minh skkn 14 Định hướng Dùng bất đẳng thức biết để đánh giá vế bất đẳng thức cần chứng minh cách hợp lý để dẫn đến việc cần chứng minh bất đẳng thức biến (Thường dùng bất đẳng thức biết liên quan đến p, q, r để đánh giá vế bất đẳng thức cần chứng minh theo đại lượng p, q, r cách hợp lý); chứng minh bất đẳng thức kết luận (Để chứng minh ta phải tìm điều kiện cho biến này) Định hướng Đặt ẩn phụ để chuyển toán toán với ẩn đơn giản (có thể chứng minh được) chứng minh tốn Nhận xét Có số tốn ta vận dụng phối hợp định hướng 3.2 Vận dụng định hướng để giải số toán Bài toán Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a  b2  c2  abc  Chứng minh a  b  c  Lời giải: Từ giả thiết kết trên, ta đặt a 2x  x  y x  z , b 2y  y  x  y  z  , c 2z z  x z  y  Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 2x  x  y x  z   2y  y  x  y  z   2z z  x z  y 3 (1) Áp dụng bất đẳng thức Cơ – si, ta có VT(1)  x x y y z z      =3 xy xz yx yz zx zy Suy (1) Bài tốn Cho ba số thực khơng âm a, b, c thỏa mãn a  b2  c2  Chứng minh skkn 15 4a  b  c  4  abc (Nguyễn Phi Hùng) Lời giải Đặt p  a  b  c, q  ab  bc  ca, r  abc Từ giả thiết ta có p  2q  , p  p > Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 4p 16  r (1) Áp dụng bất đẳng thức Schur bậc bốn, ta có 4q  p p p  4q  6pr  5p q  r  2  q 6p (2) Ta chứng minh 4q  p p 2  q 6p  4p 16 (3) Thật (3)  p 16p  8 6p  4p 16 (Vì p  2q  ) p  4 p2  p  8  12p  (đúng) Do (3) Từ (2) (3) suy (1) Dấu xảy a = b = 2, c = hoán vị tương ứng Bài toán (Bài toán gốc Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia năm 2002) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a  b2  c2  Chứng minh 2a  b  c  abc 10 skkn 16 Lời giải Khơng tính tổng qt, giả sử a  b  c (*) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacơpxky, ta có  2a  b  c  abc   2a  b2  c2  ab     2  a  b  c    2  ab      2ab  9 8  4ab  ab     2ab  ab  20ab  72  ab  2 2ab  7  100 (1) Từ giả thiết (*) suy c  Do 2ab  a  b   c  (2) Vì vậy, từ (1) (2) suy  2a  b  c  abc 100  2a  b  c  abc 10 (Điều phải chứng minh)   Dấu xảy a  1, b  c  Vậy 2a  b  c  abc 10 Dấu xảy a  1, b  c  hoán vị tương ứng Nhận xét Về mặt hình thức toán toán tương tự để giải tốn ta khơng thể dung bất đẳng thức Schur bậc bốn (đối với ba số thực bất kỳ) dấu bất đẳng thức Schur bậc bốn xảy a = b = c a = b, c = hốn vị tương ứng Khi dấu bất đẳng thức cần chứng minh không xảy skkn 17 Vì để giải tốn bất đẳng thức nói chung bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả thiết kết luận liên quan đến p, q, r việc lựa chọn bất đẳng thức để đánh giá quan trọng Bài toán (Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia năm 2004) Xét số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện  x  y  z  32xyz Hãy tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức x  y4  z P  x  y  z Lời giải Khơng tính tổng qt, ta giả sử x + y + z = Khi tốn trở thành: x  y4  z  256 biến số dương x, y, z thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y + z = xyz = 2” “Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức P  Đặt Q  x  y  z t = xy + yz + zx, ta có Q   x  y  z   2 x y  y z  z x  2   x  y  z  2 xy  yz  zx    xy  yz  zx   2xyz  x  y  z      16  2t   2 t 16  2t  64t  288 (1) Từ điều kiện x, y, z ta có y  z   x yz  Do t  x 4  x   (2) x (3) x Áp dụng bất đẳng thức  y  z   4yz điều kiện (2) ta skkn 18 x 4  x    x  8x  16x     x  2 x  6x  4     x  (Do < x < 4) Xét hàm số t  x   x 4  x   với x  3  5;2   x Bằng cách lập bảng biến thiên hàm số t(x) đoạn 3  5;2 , ta tìm điều    5  1  kiện t  5;    5  1  Do Q  2t  64t  288 với t  5;     5  1  Xét hàm số f  t   2t  64t  288 với t  5;     5  1  ta có Từ bảng biến thiên hàm số f(t) 5;    5  1 383 165   f  t   với t  5;  2   Vì 383 165 383 165  Q  hay P  256 128 P 1 383 165  , chẳng hạn x   5, y  z  256 P , chẳng hạn x = 2, y = z = 128 skkn 19 Vậy giá trị nhỏ P 383 165  giá trị lớn P 256 128 Bài toán (Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam tham gia thi Học sinh giỏi Toán Quốc tế năm 2021) Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn 2a  b  c   3ab  bc  ca   5a  b  c Chứng minh 4a  b  c   2ab  bc  ca   7abc  25 Lời giải: Đặt p  a  b  c, q  ab  bc  ca, r  abc Từ giả thiết ta có 2p  2q   3q  5p hay q  2p  5p (1) Do bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 4p  2q   2q  7r  25  4p  7r  25  6q  4p  7r  25  62p  5p  7r  8p  30p  25 (2) Mặt khác ta có ab  bc  ca   3abc(a  b  c) hay 3rp  q (3) TH1: Nếu p = hay a  b  c   a  b  c  r = Do (2) TH2: Nếu p > từ (3) ta suy 7r  Ta chứng minh 7q 3p 7q  8p  30p  25 (5) 3p Từ (1), ta suy (5)  72p  5p  3p 8p  30p  25  pp  32p  514p  5  (6) skkn (4) 20 a  b  c  Từ giả thiết p > 0, kết (1) kết ab  bc  ca  p2 hay q  suy p2  2p  5p    p  Suy (6) Do (5 ) 2 Từ (4) (5) suy (2) (Điều phải chứng minh) Đánh giá kết thực Trong năm học 2021 – 2022 dùng đề tài làm tài liệu giảng dạy cho lớp 12A1 trường THPT Kim Liên đạt kết cao Sau số liệu so sánh kết trước sau áp dụng đề tài trường THPT Kim Liên: Năm học Dùng đề tài làm tài liệu Số học sinh đạt Học sinh giỏi Tỉnh 2020 - 2021 Không (Giải Ba) 2021 - 2022 Có (2 Giải Ba) Đề tài đồng nghiệp trường khác trường THCS Đặng Thai Mai, THCS Đặng Chánh Kỷ, THCS Kim Liên, THPT chuyên Phan Bội Châu, THPT Hà Huy Tập, PTDTNT THPT Số 2,… sử dụng làm tài liệu đem lại kết tốt skkn ... y  Từ toán lời giải ta r? ?t số định hướng để giải số toán bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả thiết kết luận liên quan đến p, q, r: Định hướng Từ giả thiết r? ?t biến theo biến cịn lại (có thể... dấu bất đẳng thức cần chứng minh không xảy skkn 17 Vì để giải tốn bất đẳng thức nói chung bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả thiết kết luận liên quan đến p, q, r việc lựa chọn bất đẳng thức. .. sâu lời giải,… Phương hướng giải pháp 3.1 Một số định hướng để giải toán bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả thiết kết luận liên quan đến p, q, r Bài toán (Đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Toán năm