Mt s ng dng ca da thc di xng ba

Chuyên đề:Một số ứng dụng đa thức đối xứng ba biến Nhóm học sinh lớp 10 Tốn 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 Định lí Vi-ét thuận Định lí: Giả sử phương trình ax + bx + cx + d = ( a ≠ ) có nghiệm x1 , x2 , x3 Khi x1 + x2 + x3 = − b c d ; x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = ; x1 x2 x3 = − a a a Định lí Vi-ét đảo  x1 + x2 + x3 = a  Định lí: Nếu số x1 , x2 , x3 thỏa mãn  x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = b x x x = c  x1 , x , x3 nghiệm phương trình x3 − ax + bx − c = Một số ứng dụng BÀI TỐN 1: Giải phương trình biết tính chất nghiệm Bài tốn 1.1 Tìm hệ thức hệ số phương trình x3 + ax + bx + c = (*), biết phương trình có nghiệm mà nghiệm tổng hai nghiệm lại Giải Giả sử phương trình (*) có nghiệm x1 , x2 , x3 x1 + x2 = x3 Khi  x1 + x2 + x3 = x3 = −a ( 1)   x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = x1 x2 + x3 = b ( ) x x x = c ( )  Từ (1) ⇒ x3 = − a Thay vào (2) ta x1 x2 + a2 a2 = b ⇒ x1x2 = b − 4  a   −a  Thay vào (3) ta  b − ÷  ÷ = c ⇔ a − 4ab + 8c =    Bài toán 1.2 Nếu phương trình x3 + ax + bx + c = (*) có hệ số thỏa mãn hệ thức a − 4ab + 8c = có nghiệm x = − a Giải a a2  Ta có a − 4ab + 8c = ⇒ c =  b − ÷ 2  a a  a  a2  a a2   a  a a2   x + ax + bx + c = x  x + ÷+ x  x + ÷+  b − ÷x +  b − ÷ =  x + ÷ x + x + b − ÷ 2  2  4 2    4  Như a − 4ab + 8c = phương trình (*) có nghiệm x1 = − a BÀI TOÁN Tính giá trị biểu thức đối xứng nghiệm Ta có biểu thức đối xứng điển hình nghiệm x1 , x2 , x3 phương trình bậc ba ax3 + bx + cx + d = x12 + x2 + x32 = ( x1 + x2 + x3 ) − ( x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 ) = b − 2ac a2 1 x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 c + + = = x1 x2 x3 x1 x2 x3 d Chú ý • Nếu ta đặt p = x + y + z; q = xy + yz + zx; r = xyz ( x , y , z ∈ ¡ Ta có x + y + z = p − 2q x + y + z = p3 − pq + 3r ( xy ) + ( yz ) + ( zx ) = q − pr 2 x + y + z = p − p q + 2q + pr xy ( x + y ) + yz ( y + z ) + zx ( z + x ) = pq − 3r xy ( x + y ) + yz ( y + z ) + zx ( z + x ) = p q − 2q − pr x y + y z + z x3 = q − pqr + 3r ) • Gọi x1 , x2 , x3 nghiệm phương trình ax3 + bx + cx + d = Đặt Sn = x1n + x2 n + x3n Khi ta có aS n + bSn −1 + cSn − + dSn −3 = Bài toán 2.1 (CHDC Đức,1970) Cho x1 , x2 , x3 nghiệm phương trình ax − ax + bx + b = ( a, b ≠ ) Chứng minh 1 1 + + ÷ = −1  x1 x2 x3  ( x1 + x2 + x3 )  Giải Áp dụng định lí Vi-ét ta có   x1 + x2 + x3 = = δ1  b   x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = = δ a  b   x1 x2 x3 = − a = δ Khi Do 1 δ2 + + = x1 x2 x3 δ 1 1 + + ÷ = −1  x1 x2 x3  ( x1 + x2 + x3 )  Bài toán 2.2 (Việt Nam,1975) Khơng giải phương trình x3 − x + = Hãy tính tổng lũy thừa bậc nghiệm Giải Giả sử x1 , x2 , x3 nghiệm phương trình cho Theo hệ thức Vi-ét ta có δ1 = x1 + x2 + x3 =  δ = x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = −1 δ = x x x = −1  3 Từ phương trình cho ta xi = xi − (i = 1; 2;3) ⇒ xi = xi ( xi − 1) = xi − xi = xi − − xi ⇒ xi = xi xi = ( xi − 1) ( xi − − xi ) = xi − xi + − xi = xi − xi + Như ta có x18 + x28 + x38 = ( x12 + x2 + x32 ) − ( x1 + x2 + x3 ) + = ( δ12 − 2δ ) − δ1 + = 10 BÀI TỐN Tìm giá trị tham số để phương trình có nghiệm Phương pháp chung: Bài toán giải phương pháp điều kiện cần đủ Ta thực theo bước sau: -Bước 1: Điều kiện cần : Giả sử phương trình có nghiệm Khi đó, ta có hệ thức Vi-ét nghiệm -Bước 2: Biểu diễn điều kiện thông qua hệ thức bước 1, từ tìm điều kiện cho tham số -Bước 3: Điều kiện đủ Chú ý: Điều kiện thường biểu thức đối xứng nghiệm x1 , x2 , x3 Bài toán 3.1 Xác định m để phương trình x − 3mx − x + 3m + = ( *) có nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 thỏa mãn x12 + x2 + x32 > 15 Giải Điều kiện cần : Giả sử phương trình có nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 Khi  x1 + x2 + x3 = 3m   x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = −3  x x x = −3m −  Khi 15 < x12 + x2 + x32 = ( x1 + x2 + x3 ) − ( x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 ) = 9m + ⇔ m2 > ⇔ m > Điều kiện đủ : x − 3mx − x + 3m + = ⇔ ( x − 1)  x − ( 3m − 1) x − 3m −  = x = ⇔  g ( x ) = x − ( 3m − 1) x − 3m − = 0(**) Ta phải chứng minh với m > (**) có nghiệm phân biệt khác 1, tức chứng ∆ g > 9m + 6m + > Đúng với m > ⇔  g ≠ m ≠ ( )   Vậy với m > thỏa mãn điều kiện đề Bài tốn 3.2 (Áo,1983) Tìm a để nghiệm x1 , x2 , x3 đa thức f ( x ) = x − x + ax + a thỏa mãn ( x1 − 3) + ( x2 − 3) + ( x3 − 3) = 2 Giải Đặt y = x − Bài tốn trở thành : Tìm a để nghiệm y1 , y2 , y3 đa thức g ( y ) = f ( x + 3) = ( y + 3) − ( y + ) + a ( y + ) + a ( y + ) + a = y + y + ( a − ) y + 4a − 27 thỏa mãn hệ thức y12 + y2 + y32 = Theo định lí Vi-ét , ta có: δ1 = y1 + y2 + y3 = −3  δ = y1 y2 + y2 y3 + y3 y1 = a − δ = y y y = 27 − 4a  Khi y12 + y2 + y32 = ⇔ ( y1 + y2 + y3 ) − ( y1 y2 + y2 y3 + y3 y1 ) = ⇔ δ12 − 2δ = ⇔ ( −3) − ( a − ) = ⇔ a = −9 Vậy giá trị cần tìm a −9 BÀI TOÁN Một số dạng khác Bài toán 4.1 (Canada,1982) Cho P ( x ) = x + ax + bx + c có hệ số nguyên Chứng minh đa thức có nghiệm tích nghiệm lại P ( −1) M P ( 1) + P ( −1) − ( + P ( ) )  Giải Gọi nghiệm đa thức u , v, uv Theo định lí Vi-ét ta có u + v + uv = − a  uv ( + u + v ) = b  2 u v = −c • • Nếu a = = u + v + uv + = ( u + 1) ( v + 1) nên đa thức có nghiệm -1 Do P ( −1) = chia hết cho số Nếu a ≠ b − c = uv ( + u + v + uv ) = uv ( a ) bc Ô a Do u 2v = −c ∈ ¢ nên uv ∈ ¢ Nên uv = Ta có P ( 1) + P ( −1) − ( + P ( ) ) = ( a − 1) = −2 ( u + v + uv + 1) = −2 ( + u ) ( + v ) ≠ P ( −1) = ( −1 − u ) ( −1 − v ) ( −1 − uv ) = −2 ( + uv ) ( + u ) ( + v ) ⇒ Điều phải chứng minh Bài toán 4.2 (Việt Nam,1980) Phương trình z − z − z + m = 0(*) có nghiệm số hữu tỉ hay không? Tại sao? Giải Giả sử nghiệm phương trình (*) u v w , , hữu tỉ phân biệt t t t Trong u , v, w, t ∈ ¢ khơng phải tất chẵn Theo định lí Vi-ét, ta có u + v + w = 2t uv + uw + wv = −2 2 Nên u + v + w = 4t ( t + 1) M8 Nhưng t uv wv wu =− − − ∈¢ 2 2 Điều mâu thuẫn Vậy phương trình cho khơng thể có nghiệm hữu tỉ phân biệt Bài tập vận dụng Bài Chứng minh a + bx + cx + d = ( a ≠ ) có nghiệm phân biệt x1 , x2 x1 x2 ≥ 4ac − b 4a Bài Biết tất nghiệm phương trình x + px + q = ( q ≠ ) số thực Chứng minh p < Bài Chứng minh cos 20°, cos100°, cos140° nghiệm phương trình Bài Chứng minh nghiệm phương trình x3 − px − q = ( p, q ∈¢ ) số nguyên p − 27 q số phương Bài Biết phương trình x3 + px + qx + r = có nghiệm dương đoạn thẳng mà chiều dài chúng nghiệm cạnh tam giác Chứng minh p − pq + 8r > II Hệ phương trình đối xứng ba biến Phương pháp: +) Đặt σ = x + y + z ; σ = xy + yz + zx ; σ = xyz +) Giải hệ gồm ba ẩn σ 1;σ ;σ +) Áp dụng định lý Viet đảo cho phương trình bậc ba để giải hệ Ví dụ 1: x + y + z =  Giải hệ phương trình:  xy + yz + zx = 11 ( x − y )(y − z)(z − x) = −2  Giải: Đặt: σ = x + y + z ; σ = xy + yz + zx ; σ = xyz ⇒ σ = 6;σ = 11 Ta có: ( x − y )( y − z )( z − x) = −2 ⇒ ( x − y ) ( y − z ) ( z − x) = Ta có: ( x − y ) ( y − z ) ( z − x) = −4σ 13σ + σ12σ 22 + 18σ 1σ 2σ − 4σ 23 − 27σ 32 Thay σ = 6;σ = 11 , ta có: σ 32 − 12σ + 36 = ⇔ σ3 = Ta có σ = 6;σ = 11;σ = Áp dụng định lí Vi-ét đảo, ta có: x, y, z nghiệm phương trình t - 6t +11t - = Phương trình có nghiệm t1 = 1; t = 2; t3 = Vậy nghiệm hệ phương trình cho ( x; y; z ) = (1; 2;3) hốn vị chúng Ví dụ 2: x + y + z =  Giải hệ phương trình: ( x + y )( y + z ) + (y+ z)(z + x) + (z + x)( x + y ) =  2  x ( y + z ) + y ( z + x) + z ( x + y ) = −6 Giải: Ta có: ( x + y )( y + z ) + (y+ z)(z + x) + (z + x)( x + y) = ⇔ 3( xy + yz + zx) + x + y + z = ⇔ ( x + y + z )2 + xy + yz + zx = ⇒ xy + yz + zx = −3 (vì x + y + z = ) Ta có: x ( y + z ) + y ( z + x ) + z ( x + y ) = −6 ⇔ x y + xy + xyz + yz + y z + xyz + z x + zx − xyz = −6 ⇔ xy (x + y+ z) + yz(x + y+ z) + xz(x + z) − xyz = −6 ⇔ y(x + y + z)(x + z) + xz(x + z) − xyz = −6 ⇔ (x + y)(y + z)(z + x) − xyz = −6 ⇔ (2 − x)(2 − y )(2 − z ) − xyz = −6 (vì x + y + z = ) ⇔ + 2( xy + yz + zx) − 4( x + y + z ) − xyz = −6 ⇒ xyz = (vì xy + yz + zx = −3 ; x + y + z = )  xyz =  Ta có:  xy + yz + zx = −3 x + y + z =  Áp dụng định lí Vi-ét đảo, ta có: x, y, z nghiệm phương trình t - 2t - 3t = Phương trình có nghiệm t1 = 0; t = −1; t3 = Vậy nghiệm hệ phương trình cho ( x; y; z ) = (0; −1;3) hốn vị chúng Ví dụ 3:  x + y − 3z =  1 − =1 Giải hệ phương trình:  +  x y 3z 2 xy − yz − 3zx = 27  Giải: Đặt a=x; b=2y; c=-3z, hệ phương trình cho trở thành: a + b + c = 1 1   + + =1 a b c ab + bc + ca = 27 a + b + c =  bc + ca + ab  ⇔ =1 abc   ab + bc + ca = 27 a + b + c =  (Do ab+ bc+ ca = 27)  abc = 27  ab + bc + ca = 27  Áp dụng định lí Vi-ét đảo, ta có: a, b, c nghiệm phương trình t - 9t + 27t - 27 = Phương trình có nghiệm t1 = t2 = t3 = ⇒a=b=c=3 ⇒ x = y = −3z = 3 ⇒ x = 3; y = ; z = −1 Vậy nghiệm hệ phương trình cho ( x; y; z ) = (3; ; −1) Bài tập vận dụng x + y + z =  2 Bài Giải hệ phương trình :  x + y + z =  3 x + y + z =  x+ y+ z =4  Bài Giải hệ phương trình:  x + y + z =  2  x + y + z = 18 x + y + z =  1 1 Bài Giải hệ phương trình:  + + = x y z  x3 + y + z = 10  III Bất đẳng thức đối xứng ba biến 3.1 Một số bất đẳng thức đối xứng ba biến quen thuộc Trong phần ta đồng kí hiệu đa thức đối xứng ba biến sở sau σ = x + y + z  σ = xy + yz + zx σ = xyz  Mệnh đề 1: Với số thực x, y, z ta có bất đẳng thức : a, σ ≥ σ 2 b, σ ≥ σ1 σ Dấu đẳng thức xảy x = y = z Mệnh đề 2: Với số dương x, y, z ta có a, σ 1σ ≥ 9σ 3 b, σ ≥ 27σ 3 c, σ ≥ 27 σ Mệnh đề 3: Với số dương x, y, z ta có bất đẳng thức : a, σ 12σ ≥ 3σ 1σ + 2σ 22 b, σ 1σ 22 ≥ 2σ12σ + 3σ 2σ c, σ 13σ + σ 23 ≥ 6σ 1σ 2σ Mệnh đề 4: (BĐT Schur ) Giả sử x, y, z số thực khơng âm Khiđó ∀ r > f r ( x; y; z ) = x r ( x − y )( x − z ) + y r ( y − r )( y − z ) + z r ( z − x )( z − y ) ≥ ( ∗ ) Xét vài trường hợp đăc biệt f r ( x; y; z ) xác định công thức ( ∗ ) f r ( x; y; z ) = x( x − y )( x − z ) + y ( y − x )( y − z ) + z ( z − x )( z − y ) = σ 13 − 4σ 1σ + 9σ f r ( x; y; z ) = x ( x − y )( x − z ) + y ( y − z )( y − x) + z ( z − x )( z − y ) = σ 14 − 5σ 12σ + 4σ 22 + 6σ 1σ Mênh đề :Với số thực không âm x, y, z đa thức đối xứng sở ta có bất đẳng thức sau: a, σ 13 + 9σ ≥ 4σ 1σ b, σ 14 + σ 22 + 6σ σ ≥ 5σ 12σ Mệnh đề 6:Với số thực không âm x, y, z ta có bất đẳng thức sau a, 2σ + 9σ ≥ 7σ 1σ   14  +3σ 22 ≥ 4 σ 12σ   b, σ c, σ + 9σ ≥ 4σ 1σ 2σ 3 d, 2σ + 9σ ≥ 7σ 1σ 2σ Mênh đề 7: Với số không âm x, y, z ta có bất đẳng thức: S k σ 1k ≥ k −1 ( k = 0,1, 2, ) k k k Trong S k = x + y + z Dấu đẳng thức xảy x = y = z Mệnh đề 8: Với kí hiệu mệnh đề ta có: S m S n ≤ 3S m +n Ta xét số ví áp dụng mệnh đề vào việc chứng minh bất đẳng thức: 3.2 Ví dụ áp dụng 1 a + b3 + c a , b , c > thì: (a + b + c)( + + ) − ≤6 Ví dụ 1:Chứng minh rắng a b c abc Lời giải Đặt: σ = a + b + c;σ = ab + bc + ca; σ = abc; S3 = a + b + c Biến đổi bất đẳng thức cho ta được: σ 1σ − S3 ≤ 6σ ⇔ σ 1σ − (σ 13 − 3σ 1σ + 3σ ) ≤ 6σ ⇔ 4σ 1σ ≤ σ 13 + 9σ Bất đẳng thức cuối chứng minh mệnh đề Ví dụ 2: (Iran 1996) Cho số thực dương x, y, z Chứng minh  1  ( xy + yz + zx)  + + 2≥ ( x + y ) ( y + z ) ( z + x )   Lời giải Đặt σ = x + y + z ; σ = xy + yz + zx ; σ = xyz Dễ dàng chứng minh bất đẳng thức cho tương đương với:  σ − 2σ 12σ + σ 22 + 4σ 1σ  σ2  ≥ ( σ σ − σ )   ⇔ 4σ 14σ − 17σ 12σ 22 + 4σ 23 + 34σ 1σ 2σ − 9σ 32 ≥ Viết lại bất đẳng thức tương đương với: σ1σ2 (σ13 − 4σ1σ + 9σ3 ) + σ (σ14 − 5σ12σ + 4σ 22 + 6σ1σ3 ) + σ3 (σ1σ − 9σ3 ) ≥ Theo bất đẳng thức mệnh đề mệnh đề số hạng vế trái bất đẳng thức khơng âm, bất đẳng thức cho chứng minh Ví dụ 3: (IMO 1961) Giả sử a, b, c độ dài ba cạnh tam giác với diện tích S Chứng minh a + b + c ≥ 3S Lờigiải Đặt a=y+z; b=z+x; c=x+y( vớix,y,z>0) Khi ta có: a+b+c=2(x+y+z) S = ( x + y + z ) xyz Do bất đẳng thức cho có dạng: ( x + y ) + ( y + z ) + ( z + x)  ≥ 48( x + y + z ) xyz   Đặt σ = x + y + z ; σ = xy + yz + zx ; σ = xyz Khi bât đẳng thức tương đương với: (σ − x) + (σ − y ) + (σ − z )  ≥ 48σ 1σ ⇔ 3σ 12 − 2( x + y + z )σ + x + y + z  ≥ 48σ 1σ ⇔ (σ 12 + S ) ≥ 48σ 1σ ⇔ (σ 12 + σ 12 − 2σ ) ≥ 48σ 1σ ⇔ (σ 12 − σ ) ≥ 12σ 1σ ⇔ σ 14 + σ 22 − 2σ 12σ − 12σ 1σ ≥ Ta viết lại bất đẳng thức cuối dạng: (σ 14 − 5σ 12σ + 4σ 22 + 6σ 1σ ) + 3σ (σ 12 − 3σ ) + 6(σ 22 − 3σ 1σ ) ≥ Theo mệnh đề mệnh đề 5, số hạng vế trái bất đẳng thức không âm nên suy điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy σ 14 − 5σ 12σ + 4σ 22 + 6σ 1σ = 0;σ 12 − 3σ = 0;σ 22 − 3σ 1σ = Tức x=y=z Suy a=b=c hay tam giác cho tam giác Ví dụ 4: Xét 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)≥ 27 Lời giải: Bất đẳng thức bên trái hiển nhiên Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức 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≥ (*) 27 Theo bất đẳng thức Shur (mệnh đề 4) σ₁³-4σ₁σ₂+9σ₃≥0 Và theo giả thiết ta có: 4σ₂-σ₁²=2σ₂-1 Do ta có: 9σ₃≥σ₁(2σ₂-1)(**) Theo mệnh đề σ₁≥9σ₃ hay σ₁-σ₃≥ σ₁ (4σ₁²-1) 81 8 Để chứng minh (*) ta chứng minh 1-σ₂+ (4σ₂²-1)≥ 81 27 ⇔ (1-σ₂)(49-32σ₂)≥0 Bất đẳng thức ≤ σ₂ ≤ Lại có: σ₁²=1+σ₂ (**) ⇔ σ₃(σ₁-σ₃)≥ Ta có điều phải chứng minh Ví dụ 5: Cho x, y, z số dương thỏa mãn điều kiện x+y+z=3a y z x a n n n n Chứng minh với số tự nhiên n ( x + ) + ( y + ) + ( z + ) ≥ 3(a + ) Lời giải: y z x Đặt x₁= x + ;x₂= y + ;x₃= z + Sn=x₁ⁿ+x₂ⁿ+x₃ⁿ ; σ₁=x₁+x₂+x₃ Ta có x y z σ₁=(x+y+z)+( + + ) ≥ ( x + y + z ) + ⇒ σ₁ ≥ 3(a+ 9 =3a+ x+ y+z 3a ) a Theo công thức mệnh đề ta có σ₁ ⁿ 1 3(a + ) n −1 ≥ n −1 [3( a + )]ⁿ a = a ⁿ Sn≥ Từ suy điều phải chứng minh Ví dụ 6: Cho VABC tam giác không tù Chứng minh rằng: ( cos A + cos B + cos C )( cos ² A + cos ² B + cos ²C ) ≤ Lời giải: Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức quen biết cosA+cosB+cosC ≤ Thật vậy: cosA+cosB+cosC ≤ A+ B A− B C cos +1-2sin² ≤ 2 2 C C A− B ⇔ 4sin² -4sin cos +1 ≥ 2 C A− B A− B ⇔ (2sin -cos ≥0 )+sin² 2 ⇔ 2cos Đặt x=cosA; y=cosB; z=cosC; Sm=xm+yᵐ+zᵐ m số thực dương Theo bất đẳng thức mệnh đề bất đẳng thức vừa chứng minh ta có: S1/3S2/3 ≤ 3S1/3+2/3=3S₁=3(cosA+cosB+cosC) ⇔ S₁/3S2/3 ≤ Từ suy bất dẳng thức cho chứng minh Bài 10: Chứng minh VABC ta có: sin5 A B C +sin5 +sin5 > 2 81 Lời giải: Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức: A B C +sin +sin >1 2 A B Do 0sin +cos = sin( + )> sin =1 2 2 2 4 A+ B π π A + B π 3π (vì < nên < + < ) 2 4 A B C Đặt x=sin ; y=sin ; z=sin ; Sk=xk+yk+zk 2 sin Áp dụng bất đẳng thức mệnh đề bất đẳng thức vừa chứng minh ta có: 1 1 27 81 1 Như bất đẳng thức cho chứng minh Nhận xét: Bằng cách quy nạp dễ dàng chứng minh rằng, với số nguyên dương n ta có: sinⁿ A B C +sinⁿ +sinⁿ > n−1 2 Phần III: Bài tập đề nghị Chứng minh bới số thực a, b, c ta có bất đẳng thức sau: a²+b²+c²≥ab+bc+ac (a+b+c)² ≤ 3(a²+b²+c²) 3(ab+bc+ac) ≤ (a+b+c)² a²b²+b²c²+c²a²≥abc(a+b+c) (ab+bc+ac)²≥abc(a+b+c) Chứng minh với số thực dương a, b, c, x, y, z có bất đẳng thức sau: (a+b+c)( + + )≥9 a b c (a+b+c)(a²+b²+c²)≥9abc ab(a+b-2c)+bc(b+c-2a)+ac(a+c-2b)≥0 ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)≥6abc (a+b)(b+c)(c+a)≥8abc 10 (x+y+z)³ ≤ 9(x³+y³+z³) 11 2(x³+y³+z³)≥x²(y+z)+y²(z+x)+z²(x+y) 12 x y z + + ≥ 13 y + z x + z x + y x³ + y ³ + z ³ x + y + z ≥ 14 x ² + y ² + z ² x⁴+y⁴+z⁴≥xyz(x+y+z) 15 Chứng minh a, b, c độ dài cạnh, p nửa chu vi, s diện tích tam giác bất đẳng thức sau 2(ab+bc+ac)>a²+b²+c² 16 (a²+b²+c²)(a+b+c)>2(a³+b³+c³) 17 3(ab+bc+ac) ≤ (a+b+c)²1 2 A B Do 0sin +cos = sin( + )> sin =1 2 2 2 4 A+ B π π A +