Phương pháp chứng minh bất đẳng thức

-NGUYỄN ANH CƯỜNG - A Lời giới thiệu Một lần lại có dịp gặp lại bạn với phương pháp chứng minh bất đẳng thức Nếu phương pháp phương hoá khơi dậy ta thích thú thỏa thuê hàng trăm bất đẳng thức khó ngã rạp trước sức mạnh tin bạn hạnh phúc với phương pháp Các bạn tin không, trước phải cực khổ lấy giấy nháp biến đối giải toán với lướt nhìn Nào thưởng thức viên kim cương cắt bánh chưng J B Phương pháp ABC Tôi xin mở đầu phương pháp việc xét số toán sau: Bài 1: Cho ab + bc + ca = i) a + b + c = m, m ∈ − ∞,− ∪ [ [ ] [ 3,+∞] Tìm điều kiện abc cho a, b, c số thực ] ii) a + b + c ∈ ,+∞ , a, b, c ≥ Tìm điều kiện abc cho a, b, c số thực không âm Giải: Chúng ta có hai đại lượng trung bình a, b, c Sự xuất abc khiến liên tưởng tới định lý Viete, ta nghĩ tới việc xét phương trình; X − mX + X − abc = 0(*) Yêu cầu đề tương đương với việc, tìm điều kiện abc để i) Phương trình (*) có ba nghiệm thực ii) Phương trình (*) có ba nghiệm không âm Đặt f ( X ) = X − mX + X − abc Ta có: f ' ( X ) = X − 2mX + Phương trình có hai nghiệm X1 = m + m2 − m − m2 − ;X2 = 3 X −∞ f ' (X ) X2 + +∞ X1 - + f (X ) Phương trình có ba nghiệm f ( X ) ≥ , f ( X ) ≤ ( ) (6 + m ) X − m + 2m X − m ≤ abc ≤ (1) 9 Đây đáp số câu i) Từ suy ra: Câu ii) , nhận xét để a, b, c số thực dương việc phải thoả mãn (1) , abc chịu thêm ràng buột ≤ abc , ngược lại với (1), abc ≥ 0, a + b + c ≥ 0, ab + bc + ca ≥ a, b, c ≥ Vậy nên đáp số là:  (6 + m ) X − m  + 2m X − m max 0, (2)  ≤ abc ≤ 9   Như ta hoàn thành hai câu hỏi nêu toán -Bài tóan giúp ta rút hai nhận xét sau: Nhận xét i) Ø Điều kiện cần đủ để tồn số thực a, b, c biết trước giá trị ab + bc + ca = ( [ ) ] [ ( ] ) (6 + m ) X − m + 2m X − m ≤ abc ≤ a + b + c = m, m ∈ − ∞,− ∪ ,+∞ 9 Ø Điều kiện cần đủ để tồn số thực không âm a, b, c biết trước giá trị [ 3,+∞] max0, (6 + 2m 9) X ( ) + 2m X − m − m ≤ abc ≤    o Nhận xét suy ta trực tiếp từ toán nêu, ý a + b + c lại bị ràng buộc chạy đoạn Có hai cách giải thích sau: • (a + b + c ) ≥ 3(ab + bc + ca) = ab + bc + ca = a + b + c ∈ 2 • f ' ( X ) = X − 2mX + buộc phải không hoàn toàn dương, hay nói cách khác phương trình f ' ( X ) = phải có nghiệm, tức ∆' = m − ≥ o Nhận xét cho ta thêm điều gì, thay phải sử dụng (a, b, c ) với a, b, c ∈ R để biễu diễn tất phần tử tập R thõa ab + bc + ca = , ta sử dụng (a + b + c, ab + bc + ca, abc ) với ràng buộc a + b + c abc nêu Cũng hoàn toàn tương tự ta muốn biễu diễn tất phần tử tập R + thoã ab + bc + ca = Nhận xét ii) Ø a.Với số thực (a , b0 , c0 ) tìm hai ( x0 , x0 , y ); ( z , z , t ) cho * a + b0 + c0 = x0 + x0 + y = z + z + t * a b0 + b0 c0 + c0 a = x0 x0 + x0 y + y x0 = z z + z t + t z * x0 x0 y ≤ a b0 c0 ≤ z z t Đẳng thức xảy hai ba biến (a , b0 , c0 ) Ø b.Với số thực không âm (a0 , b0 , c0 ) ta tìm hai ( x0 , x0 , y ); ( z , z , t ) (0, x0 , y ); ( z , z , t ) thõa mãn điều kiện sau * a + b0 + c0 = x0 + x0 + y = z + z + t * a b0 + b0 c0 + c0 a = x0 x0 + x0 y + y x0 = z z + z t + t z * x0 x0 y ≤ a b0 c0 ≤ z z t Đẳng thức xảy hai ba biến (a , b0 , c0 ) Hay * a0 + b0 + c0 = + x0 + y = z + z + t * a0 b0 + b0 c0 + c0 a0 = x0 y = z z + z t + t z * ≤ a0 b0 c0 ≤ z z t Đẳng thức xảy ba biến (a , b0 , c0 ) o Nhận xét hai không hiển nhiên nguồn gốc phương pháp Nhận xét có điều thú vị, ý biểu thức đối xứng f (a, b, c ) theo ba biến a, b, c biễu diễn thành g ( A, B, C ) thông qua dại lượng trung bình § A= a+b+c § B = ab + bc + ca § C = abc Do theo lẽ thông thường với suy nghĩ giảm số biến, ta cố định A, B cho C chạy Ta mong đợi hàm g đạt cực trị C đạt giá trị biên Tuy nhiên ta không cần biết cách cụ thể C đạt gía trị biên nào, ta cần biết cách trừu tượng C đạt giá trị biên a, b, c có hình thù sao, nhận xét cho ta lời giải cho câu hỏi o Bây vào việc chứng minh chi tiết nhận xét 2: a) Trước hết ta chứng minh toán với số thực (a , b0 , c0 ) thỏa mãn: a + b0 + c0 = m a b0 + b0 c0 + c0 a = Thông qua toán 1, với ký hiệu X , X giữ nguyên, ta có: ( ) ( + 2m ) X − m + 2m X − m ≤ a b0 c0 ≤ = Max 9 Bây xét thử xem a b0 c0 đạt giá trị biên hình thù a , b0 , c0 Min = Xét phương trình f ( X ) = X − mX + X − Min = 0(*) Ta có: m + m2 − m − m2 − ;X2 = nêu lên 3 toán Hơn f ( X ) = , hay nói cách khác f ( x ) = f ' ( x ) = có nghiệm X Vậy nên phương trình f ( X ) = phải có nghiệm kép, giả sử nghiệm kép x0 , x0 nghiệm lại y Như theo định lý Viet ta có : * x0 + x0 + y = m = a + b0 + c f ' ( X ) = X − 2mX + có hai nghiệm X = * x0 x0 + x0 y + y x = = a0 b0 + b0 c0 + c0 a * x0 x0 y = Min ≤ a b0 c0 Chứng minh hoàn toàn tương tự với tồn ( z , z , t ) Như ta chứng minh toán nêu trường hợp a + b0 + c0 = m a b0 + b0 c0 + c0 a = Với tư tưởng hoàn toàn tương tự, bạn đọc chứng minh tồn cho trường hợp: a + b0 + c0 = m a b0 + b0 c0 + c0 a = −1 Bây giả sử a + b0 + c0 = M a b0 + b0 c + c0 a = ± N liệu ( x0 , x0 , y ) (z , z , t ) có tồn không Câu trả lời có, thực vậy, xét số mãn điều kiện: a1 + b1 + c1 = M N  a b c (a1 , b1 , c1 ) =  , ,  N N N    thỏa   , a1b1 + b1 c1 + c1 a1 = ±1 Như theo chứng minh (x1 , x1 , y1 ), (z1 , z1 , t1 ) tồn Nhận xét ta xây dựng (x0 , x0 , y ) (z , z , t ) sau: (x0 , x0 , y ) = ( N x1 , N x1 , N z1 ) (z , z , t ) = ( N z1 , N z1 , N t1 ) Thực vậy: N ( x1 + x1 + z1 ) = * x0 + x0 + y = N ( z1 + z1 + t ) = z + z + t = N M N = M = a + b0 + c0 * x0 x0 + x0 y + y x0 = N ( x1 x1 + x1 y1 + y1 x1 ) = z z + z t + t z = N ( z1 z1 + z1t1 + t1 z1 ) = ± N = ± N * x0 x0 y = ( N ) x x y ≤( N ) abc 3 1 1 1 = a0 b0 c0 = ( N ) abc ≤( N ) z zt 3 1 1 1 = z0 z0t0 Như ta chứng minh hoàn chỉnh câu (a ) Ý tưởng chứng minh câu (b ) hoàn toàn tương tự xin nhường cho bạn đọc -Bài 2: Mọi đa thức f đối xứng theo biến a, b, c biễu diễn dạng đa thức theo biến deg( f ) abc, ab + bc + ca, a + b + c Và deg(abc ) ≤ Giải: Nhận xét ta cần chứng minh biễu diễn cho dạng đa thức sau, đa thức đối xứng biễu diễn thông qua kết hợp dạng phép nhân thêm hệ số +,− (elementary operation): I (n ) = a n + b n + c n II (m, n ) = a m b n + a n b m + b m c n + c n b m + c m a n + a m c n m≥n≥ p≥0 III (m, n, p ) = a m b n c p + a m b p c n + b m a n c p + b m a p c n + c m a n b p + c m a p b n Tuy nhiên, nhận xét p Ø III biễu diễn qua II với abc sau: C = (abc ) II (m − p, n − p ) Ø II biễu diễn qua I sau: II = I (m )I (n ) − I (m + n ) Như ta cần chứng minh I biễu diễn qua abc, ab + bc + ca, a + b + c Ta chứng minh điều phương pháp quy nạp: Với n = 0,1 , mệnh đề cho hiển nhiên Giả sử ta chứng minh I (k ) biễu diễn thành đa thức thông qua biến abc, ab + bc + ca, a + b + c, ∀k ≤ K Nhận xét điều II (m, n ) III (m, n, p ) ∀m ≥ n ≥ p ≥ : m + n ≤ K Bây ta chứng minh tính biễu diễn I (K + 1) Ta có: I (K + 1) = (a + b + c )I (K ) − II (K ,1) Đồng thời: II (K ,1) = (ab + bc + ca )I (K − 1) − III ( K − 1,1,1) Do đó: I (K + 1) = (a + b + c )I (K ) − (ab + bc + ca) I (K − 1) + III (K − 1,1,1) Mặt khác, theo giả thiết quy nạp, biểu thức I ( K ), I ( K − 1), III ( K − 1,1,1) biễu diễn dạng đa thức theo biến abc, ab + bc + ca, a + b + c Điều cho ta kết luận tính đắn mệnh đề nêu Như vậy, mệnh đề nêu chứng minh thông qua nguyên lý quy nạp deg( f ) suy hiển nhiên, lẽ biễu thức abc có bậc biến a, b, c Do coi abc biến bậc bậc abc phải không lớn so với bậc đa thức tính theo biến a, b, c Tính chất deg(abc ) ≤ Bạn đọc hiểu đa thức tính theo bậc abc sau Giả sử: f (a, b, c ) = (a + b + c )abc + ab + bc + ca vốn đa thức bậc theo a, b, c Nhưng tính bậc đa thức theo biến abc , ta xem a + b + c ab + bc + ca số m, n Khi đa thức viết lại là: f (a, b, c ) = g (abc ) = mabc + n đa thức bậc theo biến abc -Thông qua hai toán trên, có đầy đủ kết cần thiết (background) để bước vào giới ABC, Abstract Concreteness J Định lý 1: Nếu f (abc, ab + bc + ca, a + b + c ) hàm đơn điệu R theo abc cực đại cực tiểu xảy ba số a, b, c có hai số nhau, tập R + xảy có số hay có hai số Định lý 2: Nếu f (abc, ab + bc + ca, a + b + c ) hàm lồi R theo abc cực đại xảy ba số a, b, c có hai số nhau, tập R + xảy có số hay có hai số Định lý 3: Nếu f (abc, ab + bc + ca, a + b + c ) hàm lõm R theo abc cực tiểu xảy ba số a, b, c có hai số nhau, tập R + xảy có số hay có hai số Chứng minh: Cả ba định lý chứng minh thông qua nhận xét ii) Định lý 1: • Với số (a , b0 , c0 ) ∈ R tìm hai ( x0 , x0 , y ); ( z , z , t ) cho * a + b0 + c0 = x0 + x0 + y = z + z + t * a b0 + b0 c0 + c0 a = x0 x0 + x0 y + y x0 = z z + z t + t z * x0 x0 y ≤ a b0 c0 ≤ z z t Đẳng thức xảy hai ba biến (a , b0 , c0 ) • Với số thực không âm (a , b0 , c0 ) ta tìm hai (x0 , x0 , y ); (z , z , t ) (0, x0 , y ); (z , z , t ) thõa mãn điều kiện sau * a + b0 + c0 = x0 + x0 + y = z + z + t * a0 b0 + b0 c0 + c0 a0 = x0 x0 + x0 y + y x0 = z z + z t + t z (1) * x0 x0 y ≤ a b0 c0 ≤ z z t Đẳng thức xảy hai ba biến (a , b0 , c0 ) Hay * a + b0 + c0 = + x0 + y = z + z + t * a b0 + b0 c0 + c0 a = x0 y = z z + z t + t z (2) * ≤ a0 b0 c0 ≤ z z t Đẳng thức xảy hai ba biến (a , b0 , c0 ) Ø Cách 1: (Direct Proof) Do f hàm đơn điệu theo biến a b0 c0 nên hàm số đạt cực đại hay cực tiểu điểm biên a b0 c0 , giả sử f tăng ta cần tìm cực đại (các trường hợp lại chứng minh tương tự), ta có f (a b0 c0 , a b0 + b0 c0 + c a , a b0 c ) ≤ f ( z z t , a b0 + b0 c0 + c0 a , a + b0 + c0 ) = f ( z z t , z z + z t + z t , z + z + t ) Vậy nên cực đại xảy có hai biến Trong trường hợp a, b, c ∈ R + , trường hợp tăng tìm cực đại, ta chứng minh hoàn toàn tương tự Trong trường hợp tăng tìm cực tiểu (trường hợp giảm chứng minh tương tự), cố định a + b + c, ab + bc + ca lúc abc đạt cực tiểu có hai biến mà có biến Do đó: f (a b0 c0 , a0 b0 + b0 c0 + c0 a0 , a0 b0 c0 ) ≥ f ( x0 x0 y , a0 b0 + b0 c0 + c0 a0 , a0 + b0 + c0 ) = f ( x0 x0 y , x0 x0 + x0 y + y x , x0 + x0 + y ) f (a b0 c0 , a0 b0 + b0 c0 + c0 a0 , a0 b0 c0 ) ≥ f (0, a0 b0 + b0 c0 + c a0 , a0 + b0 + c0 ) = f (0, x0 y , x0 + x0 ) Vậy nên cực tiểu xảy có hai biến biến Kết hợp trường hợp ta rút kết luận định lý Ø Cách 2: (Contradiction Proof) Ta chứng minh cho trường hợp tăng tìm cực đại Giả sử hàm số đạt cực đại điểm (a , b0 , c0 ) a , b0 , c0 khác đôi cực đại M Tuy nhiên lại tồn ( z , z , t ) thoã mãn: M = f (a b0 c0 , a b0 + b0 c0 + c0 a , a b0 c0 ) < f ( z z t , a b0 + b0 c0 + c0 a , a + b0 + c0 ) = f ( z z t , z z + z t + z t , z + z + t ) Điều vô lý cho phép ta kết luận cực đại xảy có hai biến Trong trường hợp a, b, c ∈ R + , ta lại xét trường hợp tăng tìm cực tiểu, hàm số đạt cực tiểu điểm (a0 , b0 , c0 ) a , b0 , c0 khác đôi biến 0, đặt cực đại M Một hai trường hợp sau xảy ra: M = f (a b0 c0 , a0 b0 + b0 c0 + c0 a0 , a0 b0 c ) > f ( x0 x0 y , a0 b0 + b0 c0 + c0 a0 , a0 + b0 + c0 ) = f ( x0 x0 y , x0 x0 + x0 y + y x , x0 + x0 + y ) M = f (a b0 c0 , a0 b0 + b0 c0 + c0 a0 , a0 b0 c ) > f (0, a0 b0 + b0 c0 + c a0 , a0 + b0 + c0 ) = f (0, x0 y , x0 + x0 ) Điều vô lý cho phép ta kết luận cực đại xảy có hai biến biến Định lý chứng minh tương tự với tính chất hàm lồi lõm, hàm số lồi đạt cực đại , hàm số lõm đạt cực tiểu biến đạt giá trị biên Chi tiết chứng minh xin nhường lại cho bạn đọc Từ kết ta rút số hệ lí thú sau: Hệ 1: Hàm số f (a + b + c, ab + bc + ca, abc ) đa thức bậc theo abc đạt cực đại cực tiểu tập R có hai biến nhau, tập R + có hai biến hay số Hệ 2: Hàm số f (a + b + c, ab + bc + ca, abc ) tam thức bậc hai theo abc hệ số bậc cao dương đạt cực đại tập R có hai biến nhau, tập R + có hai biến hay số Hệ 3: Mọi đa thức đối xứng ba biến a, b, c bậc bé hay đạt cực đại cực tiểu tập R có hai biến nhau, tập R + có hai biến hay số Hệ 4: Mọi đa thức đối xứng ba biến a, b, c bậc bé hay có hệ số a b c biểu diễn qua dạng f (abc, ab + bc + ca, a + b + c ) không âm đạt cực đại tập R có hai biến nhau, tập R + có hai biến hay số Chứng minh: Hệ 1: Đa thức bậc mx + y hàm đơn điệu Do đó, theo định lý hàm f (a + b + c, ab + bc + ca, abc ) , đa thức bậc theo abc , đơn điệu nđạt cực đại cực tiểu tập R có hai biến nhau, tập R + có hai biến hay số Hệ 2: Tam thức bậc hai với hệ số dương m x + nx + p hàm lồi đoạn liên tục Do theo định lý hàm số f (a + b + c, ab + bc + ca, abc ) , tam thức bậc hai theo abc hệ số bậc cao dương, tức hàm lồi nên đạt cực đại tập R có hai biến nhau, tập R + có hai biến hay số Hệ 3: Theo toán số 2, đa thức đối xứng ba biến a, b, c bậc bé hay biễu diễn thành đa deg( f ) thức f (a + b + c, ab + bc + ca, abc ) đa thức bậc theo abc (do deg(abc) ≤ = suy 3 deg(abc ) = ) Do theo hệ đa thức đạt cực đại cực tiểu tập R có hai biến nhau, tập R + có hai biến hay số Hệ 4: Theo toán số 2, đa thức đối xứng ba biến a, b, c bậc bé hay biễu diễn thành đa deg( f ) thức f (a + b + c, ab + bc + ca, abc ) tam thức bậc hai theo abc (do deg(abc) ≤ = suy 3 2 deg(abc ) = ), hệ số a b c lại không âm nên theo hệ ta đến kết luận âm đa th ức đạt cực đại tập R có hai biến nhau, tập R + có hai biến hay số Các hệ thật vũ khí lợi hại Với chúng, ta tóm gọn phần lớn bất đẳng thức đối xứng ba biến , vốn thể loại thường xuyên kì thi học sinh giỏi C ABC Ứng dụng Bây xét qua số ví dụ cụ thể xem phương pháp vận dụng J Bài [Sưu Tầm] Cho x, y, z ∈ R thỏa x + y + z = Tìm giá trị lớn P = 2( x + y + z ) − xyz Giải: P sẵn dạng f ( x + y + z , xy + yz + zx, xyz ) , điều kiện đối xứng không ràng buộc xyz mà phụ thuộc vào x + y + z , xy + yz + zx (*) Vậy nên ta đưa tóan việc giải quyết: Cho 2a + b = Tìm giá trị lớn P = 4a + 2b − a b − b2 vào P , cần tìm giá trị lớn của: Để tìm giá trị lớn ta thay a = b − b2 P = f (b ) = 2 − b + 2b − 2 − 4b 3b f ' (b ) = − + = ⇒ 9b − 87b + 87b − = ⇔ b − 9b − 78b + = 2 2 9−b ( ( ( ) ) ( ) )( ) Thay nghiệm phương trình đạo hàm vào f ta nhận f max = 10 a = 2, b = −1 (*) Lý luận giúp ta áp dụng ABC giải thích theo hai cách sau: - Trong ABC , ta quan tâm đến abc , ab + bc + ca, a + b + c ta coi số Do chúng bị rang buộc không quan trọng - Chúng ta chuẩn hoá toán thành: Tìm giá trị lớn của: 6( x + y + z ) x + y + z − 27 xyz P= , đa thức bậc tính theo biến 2 x +y +z ( ( ) ) abc , x + y + z xy + yz + zx, x + y + z 2 Bài [Nguyễn Anh Cường] Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: abc ab + ac + bc i) + ≥ 3 a + b2 + c2 a +b +c a + b3 + c3  a + b + c   ii ) + ≥  4abc  ab + ac + bc  Giải: i) Bất đẳng thức rõ ràng viết dạng đa thức đối xứng bậc P = abc a + b + c + a + b + c − a + b + c (ab + bc + ca ) ≥ Và ta cần xét cực tiểu có hai giá trị ba biến hay biến Trường hợp hai biến nhau, giả sử a = c bất đẳng thức tương đương với: a 2b a + 2ab 2a + b  2 + ≥ ⇔ (a − b )  − ≥ ⇔ (a − b ) (a + b ) ≥ 3 2 3  2a + b 2a + b 2a + b   2a + b Trường hợp có số 0, giả sử c , bất đẳng thức tương đương với: ab ≥ ⇔ a + b + 3(a − b ) ≥ a +b ii) Một đa thức đối xứng bậc bảy, bạn đừng lo, đa thức bậc abc J, theo ta lại áp dụng ABC trường hợp Ta xét hai trường hợp: Trường hợp hai biến nhau, giả sử a = c bất đẳng thức tương đương với: ( ) ( ) ( ) ( 2a + b  2a + b   + ≥   a + 2ab  4a b ) 2  2a + b 3   2a + b   −1 ⇔  −  ≥  2   a + 2ab   4a b ⇔ (a − b )2 (2a + b ) ≥ (a − b )2 (3a + b + 2ab ) 4a b [( )] (a + 2ab ) ⇔ (a − b ) (2b − a) + a ≥ Trường hợp có biến 0, bất đẳng thức cho hiển nhiên Bài [Iran Olympiad 1996] Chứng minh bất đẳng thức sau với số thực dương a, b, c   (ab + bc + ca ) + +  ≥ (b + c ) (c + a )   (a + b ) Bài tóan Iran 96 tiếng, đa thức đối xứng bậc bậc hai abc (**): 2 2 2 9[(a + b )(b + c )(c + a )] − 4(ab + bc + ca )(a + b ) (b + c ) + (b + c ) (c + a ) + (c + a ) (a + b ) ≤ Vậy nên hàm số đạt cực đại có hai giá trị hay số Trường hợp có hai biến nhau, bất đẳng thức tương đương với   2a + b    ≥ ⇔ (a − b )2  a + 2ab  + − ≥ ⇔ b(a − b ) ≥  2  (a + b )  (a + b )   4a  2a (a + b ) Trường hợp có biến nhau, giả sử c , bất đẳng thức tương đương với:   1  2 ab + +  ≥ ⇔ (a − b )  − ≥ ⇔ (a − b ) 4a + 4b + ab ≥ 2  a b   (a + b )  ab 4(a + b )  (**) Tại ta kết luận điều từ đa thức vừa chuyển thành Thứ nhất: [ ( ] ) ( ) [ ] 4(ab + bc + ca )(a + b ) (b + c ) + (b + c ) (c + a ) + (c + a ) (a + b ) chứa abc bậc 1, đa thức 2 2 [ ] bậc 6, thực ta cần xét bậc abc (a + b ) (b + c ) + (b + c ) (c + a ) + (c + a ) (a + b ) , vốn đa thức bậc Còn biểu thức 9[(a + b )(b + c )(c + a )] vốn đa thức bậc , nhiên (a + b )(b + c )(c + a ) chứa nhiều abc bậc 1, bình phương lên hệ số a b c không âm Như vậy, ta không cần khai triển toàn dang biểu thức nào, ta cần lý luận hệ số a b c đủ để áp dụng định lý ABC 2 2 2 Bản chất phương pháp đánh giá abc , nên việc gặp tóan có bậc đẹp đẽ điều tốt đẹp lúc vậy, nên thủ sẵn biến đổi sau để đánh giá hàm số theo abc điều cần thiết MOT SO DANG THUC Để thuận tiện phần tiếp theo, ta quy ước a = x + y + z , b = xy + yz + xz , c = xyz Ta xét qua đại luợng hoán vị vòng quang biến x, y, z biễu diễn qua đại lượng x + y + z = a − 2b xy ( x + y ) + yz ( y + z ) + zx( z + x ) = ab − 3c ( ) ( ) ( ) xy x + y + yz y + z + zx z + x = a b − 2b − ac x + y + z = a − 3ab + 3c x + y + z = a − 2a b + 2b + 4ac x + y y + z x + z ab − 3c + + = z x y c (xy )2 + ( yz )2 + (zx )2 = b − 2ac (xy )3 + ( yz )3 + (zx )3 = b − 3abc + 3c (x )( ) ( ) y + y z + z x xy + yz + zx = 9c + a − 6ab c + b Dưới xin cung cấp cho bạn số đánh giá a, b, c miền khác nhau: Định lý 1: Phương trình bậc ba có nghiệm thực x, y, z − 27c + 18ab − 4a c + a b − 4b ≥ 0(1) Định lý 2: Phương trình bậc ba có nghiệm thực dương x, y, z có (1) a > 0, b > 0, c > Định lý 3: Phương trình bậc ba có nghiệm ba cạnh tam giác có (1), (2 ) a − 4ab + 8c > ( ) Các hệ nêu hữu hiệu gặp nhiều hạn chế Sau số ví dụ ta làm trực tiếp từ hệ nêu mà phải nhờ vào số biến đổi hay định lý nêu Bài [Russia Olympiad 2005]: Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn: a + b + c = Chứng minh rằng: a b c + + ≥3 a + bc b + ac c + ab