một trong những cách chứng minh BẤT ĐẲNG THỨC NESBITT 1. Bất đẳng thức Nesbitt: nếu như , ,a b c là những số dương thì ta bao gồm bất đẳng thức 3 2 a b c p. B c c a a b = + + ≥ + + + 2. Một số trong những cách chứng minh. Cách 1. Bất đẳng thức đang cho tương đương với 9 1 1 1 2 a b c b c c a a b + + + + + ≥ + + + 1 1 1 <( ) ( ) ( )> 9a b b c c a a b b c c a ⇔ + + + + + + + ≥ + + + B ất đẳng thức này luôn đúng bởi theo AM – GM : 3 ( ) ( ) ( ) 3 ( )( )( )a b b c c a a b b c c a+ + + + + ≥ + + + và 3 1 1 1 3 ( )( )( ) a b b c c a a b b c c a + + ≥ + + + + + + . Nhân theo v ế nhị bất đẳng thức này ta bao gồm điều phải chứng minh. Cách 2. Viết lại bất đẳng thức đã mang lại dưới dạng 2 ( )( ) 2 ( )( ) 2 ( )( ) 3( )( )( )a a b c a b b c a b c c a b c a b b c c a + + + + + + + + ≥ + + + 3 3 3 2( ) ( ) ( ) ( )a b c ab a b bc b c ca c a⇔ + + ≥ + + + + + 2 2 2 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 0a b a b b c b c c a c a⇔ + − + + − + + − ≥ Suy ra điều cần chứng minh. Cách 3. Đặt , , x b c y c a z a b = + = + = + thì , , 2 2 2 y z x z x y x y z a b c + − + − + − = = = B ất đẳng thức biến 3 2 2 2 2 y z x z x y x y z x y z + − + − + − + + ≥ 6 x y y z z x y x z y x z ⇔ + + + + + ≥ luôn luôn đúng theo bất đẳng thức AM – GM. Cách 4. Đặt , b c a c a b Q R b c c a a b b c c a a b = + + = + + + + + + + + thì theo AM – GM ta tất cả 3, 3 a b b c c a a c b a c b phường Q p. R b c c a a b b c c a a b + + + + + + + = + + ≥ + = + + ≥ + + + + + + Suy ra 2 6P Q R+ + ≥ , mà 3Q R+ = , đề nghị 3 2 phường ≥ . Cách 5. áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta gồm 2 2 2 2 ( ) 3( ) 3 2( ) 2( ) 2 a b c a b c ab bc ca p. Ab ac bc bố ca cb ab bc ca ab bc ca + + + + = + + ≥ ≥ = + + + + + + + Đó là vấn đề phải chứng minh. Cách 6. Ko mất tính tổng quát giả sử a b c≥ ≥ , cố gắng thì 1 1 1 b c c a a b ≥ ≥ + + + . Áp dụng bất đẳng th ức Chebyshev cho hai dãy 1-1 điệu thuộc chiều ta có một 1 1 1 ( ) 3 a b c a b c b c c a a b b c c a a b + + ≥ + + + + + + + + + + 1 1 1 1 3 a b c a b c b c c a a b b c c a a b ⇔ + + ≥ + + + + + + + + + + + hay một ( 3) 3 p P≥ + , nghĩa là 3 2 p ≥ . Cách 7. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta tất cả 2 2 2 , , 4 4 4 a b c b c a c a b a b c b c c a a b + + + + ≥ + ≥ + ≥ + + + C ộng theo vế cha bất đẳng thức thuộc chiều trên ta được 2 2 2 3 ( ) 2 a b c a b c a b c b c c a a b + + + + + ≥ + + + + + ( ) ( ) ( ) 3 ( ) 2 a a b c b a b c c a b c a b c b c c a a b + + + + + + ⇔ + + ≥ + + + + + 3 2 a b c b c c a a b ⇔ + + ≥ + + + . Cách 8. Ko mất tính bao quát giả sử 3a b c+ + = . Xét hàm ( ) 3 x f x x = − trên khoảng chừng (0,3). Ta gồm 3 6 ''( ) 0 (3 ) f x x = > − , suy ra ( )f x là hàm lõm trên (0,3) buộc phải áp d ụng bất đẳng thức Jensen ta được 3 ( ) ( ) ( ) 3 3 (1) 3 2 a b c p f a f b f c f f + + = + + ≥ = = . Cách 9. Ko mất tính bao quát giả sử 3a b c+ + = . Ta có một 3 ( 1) 3 2 2 a a a ≥ + − − (1) Th ật vậy, (1) 2 3( 1) 0a⇔ − ≥ luôn đúng với tất cả a dương. Trong (1) cầm cố a lần lượt bởi b và c rồi cùng theo vế ta được 3 3 3 ( 3) 3 3 3 2 2 2 a b c p. A b c a b c = + + ≥ + + + − = − − − . Cách 10. Ko mất tính tổng thể giả sử 3a b c+ + = . áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta tất cả ( ) ( ) ( ) , , 4 4 4 a a b c b b c a c c a b a b c b c c a a b + + + + ≥ + ≥ + ≥ + + + cùng theo vế cha bất đẳng thức cùng chiều trên ta được 2 ( ) 3 2 6 2 a b c ab bc ca a b c a b c a b c b c c a a b + + + + + + ≥ + + − ≥ + + − = + + + . Cách 11. ận xét rằng 1 8 . 4 a a b c b c a b c − − ≥ + + + (2) thiệt vậy, (2) 2 (2 ) 0a b c⇔ − − ≥ luôn đúng. Tương tự như ta cũng có 1 8 . 4 b b c a c a a b c − − ≥ + + + cùng 1 8 . 4 c c a b a b a b c − − ≥ + + + Suy ra 1 (8 ) (8 ) (8 ) 3 . 4 2 a b c a b c b c a c a b b c c a a b a b c − − + − − + − − + + ≥ = + + + + + . Cách 12. Ta có 2 2 2 3 ( ) ( ) ( ) 0 2 2( )( ) 2( )( ) 2( )( ) a b b c c a phường a c b c b a c a c b a b − − − − = + + ≥ + + + + + + . Cách 13. Ko mất tính tổng thể giả sử min , , c a b c= , ta có 2 3 ( ) 2 ( )( ) 0 2 ( )( ) 2( )( )( ) a b a b c p a c b c a c b c a b b c c a − + − − = + − − ≥ + + + + + . Ta tất cả nh Cách 14. Đặt ( , , ) a b c f a b c b c c a a b = + + + + + và 2 a b t + = ta tất cả ( ) 2 ( ) ( ) ( , , ) , , 0 ( )( )( 2 ) a b a b c f a b c f t t c a c b c a b c − + + − = ≥ + + + + cùng ( ) 2 3 2 3 ( ) , , 0 2 2 2 2 ( ) t c c t f t t c c t t t c t − − = + − = ≥ + + Suy ra ( ) 3 ( , , ) , , 2 f a b c f t t c≥ ≥ . Cách 15. Đặt ( , , ) a b c f a b c b c c a a b = + + + + + với t ab= . Ko mất tính tổng quát, gi ả sử min , , c a b c= , ta gồm t c≥ cùng ( ) ( ) ( , , ) ( , , ) ( )( ) ( )( ) a t c b t c c t f a b c f a b t b c b t c a t a a b − − − − = + + + + + + + 2 ( ) 1 . 0 ( )( ) t c a b t c a b a b b t t a a b b t t a − − − ≥ + − = ≥ + + + + + + M ặt khác ta lại có 2 2 2 3 ( ) ( ) ( ) ( , , ) 0 2 2( )( ) 2( )( ) 2( )( ) a b a t t b f a b t b t t a b t a b a b t a − − − − = + + ≥ + + + + + + Suy ra 3 ( , , ) ( , , ) 2 f a b c f a b t≥ ≥ . a b c b c a a b b c c a b c c a a b b c c a a b b c c a a b − − − + + − + + = + + + + + + + + + + + 0 a b b c c a a b b c c a a c c a a c a c − − − − + − + − ≥ + + = = + + + + . Suy ra a b c b c a b c c a a b b c c a a b + + ≥ + + + + + + + + buộc phải 2 2 2 2 a b c a b c b c a phường b c c a a b b c c a a b b c c a a b = + + ≥ + + + + + + + + + + + + + + = 3 a b b c c a b c c a a b + + + + + ≥ + + + (AM – GM) Suy ra điều bắt buộc chứng minh. Cách 16. ất tính tổng quát giả sử a b c≥ ≥ . Ta bao gồm Không m Cách 17. ụng bất đẳng thức AM – GM cho bố số dương ta tất cả 3 3 1 1 1 1 1 1 3 2 2 2 2 2 2 2 a b c a b c p b c c a a b b c c a a b + = + + + + + ≥ + + + + + + + + + Ta ch ỉ phải chứng minh rằng 1 1 1 1 2 2 2 a b c b c c a a b + + + ≥ + + + (2 )(2 )(2 ) 8( )( )( ) a b c b c a c a b a b b c c a⇔ + + + + + + ≥ + + + L ại áp dụng bất đẳng thức AM – GM thì 2 ( ) ( ) 2 ( )( )a b c a b a c a b a c+ + = + + + ≥ + + T ương từ với nhì bất đẳng thức còn lại rồi nhân theo vế ta được điều đề nghị chứng minh. Áp d Cách 18. ương từ bỏ cách 17, thực hiện bất đẳng thức AM – GM thì 3 3 1 1 1 3 1 1 1 a b c a b c p b c c a a b b c c a a b + = + + + + + ≥ + + + + + + + + + Ta ch ỉ yêu cầu chứng minh 3 3 3 1 1 1 2 8( ) 27( )( )( ) a b c b c c a a b a b c a b b c c a + + + ≥ + + + ⇔ + + ≥ + + + B ất đẳng thức cuối luôn đúng vì chưng theo AM – GM : 3 3 8( ) <(a+b)+(b+c)+(c+a)> 27( )( )( )a b c a b b c c a+ + = ≥ + + + . Cách 19. ết lại bất đẳng thức bên dưới dạng tương đương sau 1 1 1 2 2 2 a b c b c c a a b − + − + − ≥ 0 + + + 2 2 2 0 a b c b c a c a b b c c a a b − − − − − − ⇔ + + ≥ + + + không m ất tính bao quát giả sử a b c≥ ≥ , vắt thì 2 2 2 1 1 1 a b c b c a c a b b c c a a b − − ≥ − − ≥ − − ≥ ≥ + + + Vi T Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev ta bao gồm < > 2 2 2 1 1 1 1 (2 ) (2 ) (2 ) 0 3 a b c b c a c a b b c c a a b a b c b c a c a b b c c a a b − − − − − − + + + + + ≥ − − + − − + − − + + = + + + Suy ra điều nên chứng minh. Cách 20. ất tính bao quát giả sử 3a b c+ + = . Ta bao gồm 2 2 3( 1) 0 4 10 3 3 (3 )(3 1)a a a a a a− ≥ ⇔ ≥ − − = − − 3 1 3 4 a a a − ⇔ ≥ − (3) trong (3) thay a do ,b c rồi cùng lại theo vế ta được 3 1 3 1 3 1 3 3 3 3 4 4 4 2 a b c a b c p. A b c − − − = + + ≥ + + = − − − . ko m Cách 21. Đặt , , b c a x y z c a b = = = ta gồm , , 0x y z > với 1xyz = . Bất đẳng thức biến 3 1 1 1 2 x y z zx xy yz + + ≥ + + + 2 x y z x y z xy yz zx z x y ⇔ + + ≥ + + + + + S ử dụng bất đẳng thức AM – GM cho tía số ta có 2 3 3 x x z x x z z y yz + + ≥ 3 = T ừ đó dễ dàng suy ra x y z x y z z x y + + ≥ + + Ch ứng minh giống như cho x y z xy yz zx z x y + + ≥ + + Suy ra điều yêu cầu chứng minh. Cách 23. Đặt , , a b c x y z b c c a a b = = = + + + thì phường x y z= + + . Suy ra 1 1 1 2 1 1 1x y z + + = + + + xuất xắc 2 1xy yz zx xyz+ + + = . Áp d ụng bất đẳng thức AM – GM ta bao gồm 2 3 1 2 2 3 27 xy yz zx xyz p. P+ + + ≤ + buộc phải 2 3 2 1 2 3 1 (2 3)( 3) 0 3 27 2 p. P phường P P≤ + ⇔ − + ≥ ⇔ ≥ . Cách 24. Đặt , , a b c x y z b c c a a b = = = + + + . Xét hàm ( ) 1 t f t t = + với 0t > ta có 2 1 '( ) 0 ( 1) f t t = > + cùng 3 2 ''( ) 0 ( 1) f t t = − = + + + + + + + (mâu thu ẫn cùng với (4)) V ậy 3 2 x y z+ + ≥ , đó là vấn đề phải chứng minh. 1 1 1 3 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 2 1 1 2( 1) ( 1)( ) y y x y x y y x x y y x x y − − − − + ≥ ⇔ − ≥ − ⇔ ≥ + + + + + + + + + B ất đẳng thức sau cuối luôn đúng bởi vì x y≥ ≥1 yêu cầu 1 0y − ≥ và 2( 1) ( 1)( )y x x y+ ≤ + + . Cách 27. ư cách 24, ta đề nghị chứng minh 1 3 1 1 2 x y y x x y + + ≥ + + + v ới 1x y≥ ≥ . Đặt A x y= + và B xy= , bất đẳng thức tương tự với 2 2 1 3 ( 1)( 1) 2 x y x y x y x y + + + + ≥ + + + giỏi 2 3 2 2 1 3 2 2 (7 2) 1 2 A B A A A A B A A B A − + + ≥ ⇔ − − + ≥ − + + Để ý rằng 7 2 0A− > và 2 4A B≥ , suy ra ta chỉ cần chứng minh 3 2 2 2 4(2 2) (7 2) ( 2) ( 2) 0A A A A A A A− − + ≥ − ⇔ − + ≥ B ất đẳng thức cuối luôn đúng cùng ta tất cả điều đề xuất chứng minh. Cách 28. Thực hiện bất đẳng thức AM – GM ta có 2 3 ( ) 3 2 2 4 b c b c b c a a + + + + + ≥ 3 2 3 27 3 3 ( ) ( ) ( ) . 4 2 b c a b c a b c a b c a a a + ⇔ + + ≥ + ⇔ + + ≥ Suy ra 3 3 3 . 2 ( ) a a a b c a b c ≥ + + + . T ừ kia ta chứng minh được 3 3 3 . 2 ( ) a b c a a b b c c b c c a a b a b c + + + + ≥ + + + + + ko m ất tính bao quát giả sử 3a b c+ + = . Ta chỉ cần chứng minh 3a a b b c c+ + ≥ . Th ật vậy, theo bất đẳng thức AM – GM thì 1 3 1 3 1 3 a a a a a b b b b b c c c c c + + ≥ + + ≥ + + ≥ Suy ra 2( ) 3 3( ) 9a a b b c c a b c+ + + ≥ + + = ,hay 3a a b b c c+ + ≥ . Cách 29. S ử dụng bất đẳng thức AM – GM ta gồm 2 ( ) 2 2 ( )a b c a b c+ + ≥ + 2 2 2 2 8 (2 ) 8 . (2 ) b c a a a b c a a b c a b c + ⇔ + + ≥ ⇔ ≥ + + + T ừ kia ta chứng minh được 2 2 2 2 2 2 8 8 8 (2 ) (2 ) (2 ) a b c p a b c b c a c a b ≥ + + + + + + + + không mất tính tổng thể giả sử 3a b c+ + = ,ta chỉ cần chứng minh làm cho nh S 2 2 2 2 2 2 3 ( 3) ( 3) ( 3) 16 a b c a b c + + ≥ + + + Để ý rằng 2 2 1 3 ( 1) ( 3) 16 32 a a a ≥ + − + (5) Th ật vậy, (5) 2 3 ( 1) ( 3) 0 2 a a⇔ − − ≤ luôn luôn đúng do 0 3a3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 a b c phường a b c a b c a b c ≥ + + = + + + + + + . Cách 31. Ta gồm 2P 2 2 2a b c b c c a a b = + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 a b a c b c b a c a c b b c c a a b + + + + + + + + + = + + − + + + 3 a b b c c a b c c a a b b c c a a b a b b c c a + + + + + + = + + + + + − + + + + + + 6 3 3≥ − = ( AM – GM cho 6 số) Suy ra điều đề nghị chứng minh. Cách 32. Ko mất tính tổng thể giả sử a b c≥ ≥ . Nạm thì 1 1 1 b c c a a b ≥ ≥ + + + Áp d ụng bất đẳng thức thiến ta có a b c b c a b c c a a b b c c a a b a b c c a b b c c a a b b c c a a b + + ≥ + + + + + + + + + + ≥ + + + + + + + + cùng theo vế nhị bất đẳng thức bên trên ta được 2 3 b c c a a b phường b c b c c a c a a b a b ≥ + + + + + = + + + + + + Suy ra điều phải chứng minh. Cách 33. Bất đẳng thức đang cho tương đương với ( ) ( ) ( ) 3( ) 2 a a b c a a b c a a b c a b c b c b c b c + + + + + + + + + + ≥ + + + 2 2 2 2 a b c a b c b c c a a b + + ⇔ + + ≥ + + + không m ất tính tổng quát giả sử a b c≥ ≥ . Suy ra 2 2 2 a b c≥ ≥ và 1 1 1 b c c a a b ≥ ≥ + + + Áp d ụng bất đẳng thức thiến ta gồm 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c b c a b c c a a b b c c a a b a b c c a b b c c a a b b c c a a b + + ≥ + + + + + + + + + + ≥ + + + + + + + + C ộng theo vế hai bất đẳng thức bên trên ta được 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 a b c a b b c c a b c c a a b a b b c c a + + + + + ≥ + + + + + + + + 2 2 2 1 ( ) ( ) ( ) 4 a b b c c a a b b c c a + + + ≥ + + + + + 2 a b c+ + = Suy ra điều phải chứng minh. Cách 34. ất tính tổng thể giả sử a b c≥ ≥ và 1a b c+ + = . Khi ấy 1 3 a ≥ , 1 3 c ≤ suy ra 2 1 3 a b c+ = − ≥ , yêu cầu 1 1 1 ( , , ) , , 3 3 3 a b c f . Áp dụng bất đẳng thức Karamata mang lại hàm ( ) 1 x y f x x = = − , lồi trên (0,1), đối với bộ trội 1 1 1 ( , , ) , , 3 3 3 a b c f , ta có một 1 1 3 ( ) ( ) ( ) 3 3 3 2 phường f a f b f c f f f = + + = + + = B ất đẳng thức được chứng minh. Cách 35. T tính tổng thể giả sử 1a b c+ + = . Thực hiện bất đẳng thức AM – GM ta có 3 (2 2 ) (1 ) (1 ) 64 (2 2 )(1 )(1 ) 3 27 a a a a a a − + + + + − + + ≤ = do đó 2 27 (1 ) 1 32 a a a a ≥ + − . Giống như 2 2 27 27 (1 ) , (1 ) 1 32 1 32 b c b b c c b c ≥ + ≥ + − − C ộng theo vế bố bất đẳng thức trên cùng sử dụng kết quả quen biết 3 3 n n n n x y z x y z+ + + + ≥ v ới phần nhiều , , 0, 1x y z n≥ ≥ ta được không m ấ ko m 3 3 3 2 2 2 27 ( ) 2( ) ( ) 1 1 1 32 a b c p. A b c a b c a b c a b c = + + ≥ + + + + + + + + − − − 3 2 27 1 1 3 3 6 1 32 3 3 2 ≥ + + = . Cách 36. T tính bao quát giả sử 3a b c+ + = . Hiển nhiên là 2 ( 1) 0 1 (3 )a a a a− ≥ ⇔ + ≥ − 2 3 1 a a a a ⇔ ≥ − + ( bởi vì , , (0,3)a b c ∈ ) trọn vẹn t ương tự, ta có 2 3 1 b b b b ≥ − + với 2 3 1 c c c c ≥ − + C ộng theo vế bố bất đẳng thức trên và thực hiện bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được 2 2 2 2 ( ) 3 3 3 3 1 1 1 3 2 a b c a b c a b c phường a b c a b c a b c + + = + + ≥ + + ≥ = − − − + + + + + + . Cách 37. ất tính tổng quát, mang sử 1a b c+ + = . Trước nhất ta sẽ chứng minh r ằ ng 2 a bc b ca c ab b c c a a b + + + + + ≥ + + + không m S ử dụng bất đẳng thức AM – GM với để ý 1a b c+ + = , ta có ( )( ) ( )( ) ( )( )a bc b ca c ab a b a c b c b a c a c b b c c a a b b c c a a b + + + + + + + + + + + = + + + + + + + + ( ) ( ) ( ) 2a b b c c a≥ + + + + + = . Tr làm việc lại bài toán, áp dụng bất đẳng thức thân quen biết 4 xy x y x y + ≤ + với tất cả , 0x y ≥ , ta gồm < > 1 3 2 2 ( ) ( ) ( ) 4 2 a b c bc ca ab b c c a a b b c c a a b b c c a a b + + ≥ − − − ≥ − + + + + + = + + + + + + Đó là vấn đề phải chứng minh. Cách 38. S ử dụng bất đẳng thức thân quen biết 2 ( ) 3( )x y z xy yz zx+ + ≥ + + ta gồm 2 3 ( )( ) ( )( ) ( )( ) ab bc ca p b c c a c a a b a b b c ≥ + + + + + + + + Suy ra b ất đẳng thức đã chỉ ra rằng đúng nếu như ta chứng minh được bất đẳng thức to gan lớn mật hơn là 3 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 4 ab bc ca b c c a c a a b a b b c + + ≥ + + + + + + 4< ( ) ( ) ( )> 3( )( )( )ab a b bc b c ca c a a b b c c a⇔ + + + + + ≥ + + + không m ất tính bao quát giả sử 1a b c+ + = , bất đẳng thức thay đổi 4< (1 ) (1 ) (1 )> 3(1 )(1 )(1 )ab c bc a ca b a b c− + − + − ≥ − − − 1 1 1 9 9ab bc ca abc a b c a b c ⇔ + + ≥ ⇔ + + ≥ + + Bất đẳng thức cuối luôn đúng theo AM – GM và ta gồm điều nên chứng minh. Cách 39. S ử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 2 3 2 3 1 9 9 3 2 2( ) 2( ) 3 2 ( )( ) a a a a a b c b c b c a b c a b c b c + + ≥ = ≥ + + + + + + + T ương trường đoản cú ta chứng minh được 1 9 2 2( ) b b b c a c a a b c + + ≥ + + + + với 1 9 2 2( ) c c c a b a b a b c + + ≥ + + + + C ộng theo vế cha bất đẳng thức trên đến ta 3 9 3 2 2 2 2 p. P+ ≥ ⇔ ≥ . Cách 40. ất tính tổng quát, mang sử 3a b c+ + = . Thực hiện bất đẳng thức AM – GM ta có 2 3 3 3 3 2 2 2 (3 ) 2 (3 )(3 ) 4 3 2 2 (3 ) (3 ) 3 a a a a a a a a a a a a a a a = ≥ = ⇒ ≥ − − − − + − + − Chứng minh tựa như 3 2 b b b b ≥ − với 3 2 c c c c ≥ − C ộng theo vế cha bất đẳng thức bên trên ta được 3 3 3 3 2 2 a b c a a b b c c a b c + + + + ≥ ≥ − − − . ko m Cách 41. < > 2 2 2 3 2 2 ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4( )( )( ) p a a b a c b b a b c c c a c b a b c a b b c c a a b b c c a − = − − + − − + − − + + + − + − + − = + + + Ta gồm Theo bất đẳng thức Schur thì ( )( ) ( )( ) ( )( ) 0a a b a c b b a b c c c a c b− − + − − + − − ≥ với hi ển nhiên 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 0a b c a b b c c a + + − + − + − ≥ suy ra điều đề xuất chứng minh. Cách 42. Ta có 3 (2 )( )( ) (2 )( )( ) (2 )( )( ) 2 2( )( )( ) a b c a b a c b c a b a b c c a b c a c b phường a b b c c a + + − − + + + − − + + + − − − = + + + không m ất tính tổng quát, đưa sử a b c≥ ≥ , thế thì 2 2 2 a b c b c a c a b+ + ≥ + + ≥ + + S ử dụng bất đẳng thức Vornicu – Schur (hay bất đẳng thức Schur suy rộng) ta được (2 )( )( ) (2 )( )( ) (2 )( )( ) 0a b c a b a c b c a b a b c c a b c a c b+ + − − + + + − − + + + − − ≥ Suy ra điều buộc phải chứng minh. Cách 43. áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có 4 4 4 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 ( ) ( ) ( ) a b c a b c p. A b a c b c b a c a c b a b b c c a ab bc ca + + = + + ≥ + + + + + + + + Ta chỉ việc chứng minh 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 2( ) 3( ) 3( )a b c a b b c c a ab bc ca+ + ≥ + + + + + S ử dụng bất đẳng thức Vasile Cirtoaje quen biết sau 2 2 2 2 3 3 3 ( ) 3( )a b c a b b c c a+ + ≥ + + T ương tự 2 2 2 2 3 3 3 ( ) 3( )a b c ab bc ca+ + ≥ + + Suy ra điều buộc phải chứng minh. Cách 44. Nhấn xét rằng vế trái của bất đẳng thức là một trong hàm đối xứng đối với ba phát triển thành , ,a b c , nếu vi ết nó bên dưới dạng đa thức thì được một nhiều thức có bậc không thực sự 3. Theo định lí ABC ta chỉ việc xét b ất đẳng thức trong nhị trường hợp: •Trường đúng theo 1: một trong các ba phát triển thành , ,a b c bởi 0, trả sử 0c = . Bất đẳng thức biến chuyển 3 2 a b b a + ≥ luôn luôn đúng theo bất đẳng thức AM – GM. •Trường hòa hợp 2: nhì trong cha biến , ,a b c bởi nhau, mang sử b c= . Bất đẳng thức đổi thay 2 2 3 ( ) 0 2 2 2 ( ) a b a b b a b b a b − + ≥ ⇔ ≥ + + B ất đẳng thức được chứng minh. Cách 45. Tr ước hết ta vẫn phát biểu cùng chứng minh một bửa đề.
Bạn đang xem: Bất đẳng thức nesbitt
Xem thêm: Please Wait - Giải Vbt Toán 5 Tập 2 Bài 104: Hình Hộp Chữ Nhật
Bửa đề. Với tất cả , , 0a b c > thì 2 2 2 2( ) 1 1 1 3 ( ) ( ) ( ) a b c ab bc ca b c c a a b a b b c c a + + + + ≥ + + + + + + + + Th ật vậy, té đề tương đương với 2 2 2 3 3 3 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) a b c ab c bc a ca b b c c a a b a b a b b c b c c a c a + + ≥ + + + + + + + + + + + + + + 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) a b c ab bc ca b c c a a b a b b c c a ⇔ + + ≥ + + + + + + + + 2 2 2 2 2 2 0 ( ) ( ) ( ) ab ac bc bc ba ca ca cb ab b c c a a b + − + − + − ⇔ + + ≥ + + + (8) ko m ất tính tổng quát, đưa sử a b c≥ ≥ , cầm cố thì 2 2 2 2 2 2 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ab ac bc bc bố ca ca cb ab b c c a a b + − ≥ + − ≥ + − ≥ ≥ + + + <...>...Sử dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có 1 1 1 + + VT (8) ≥ < (ab + ac − 2bc) + (bc + bố − 2ca ) + (ca + cb − 2ab) > =0 2 2 (c + a ) ( a + b) 2 (b + c) vấp ngã đề được chứng minh trở lại bài toán, thực hiện bổ đề cùng bất đẳng thức Iran TST 1996 1 1 1 9 + + ( xy + yz + zx) ≥ 2 2 ( y + z) ( z + x)2 4 ( x + y) ta gồm ngay điều đề xuất chứng minh