$hide=mobile

[Nguyễn Văn Huyện] $(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2$

Trong bài viết nhỏ này tác giả xin được giới thiệu với bạn đọc những ứng dụng thú vị xoay quanh việc khai thác đại lượng $(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2$ kết hợp với kỹ thuật $pqr.$ Dù những lời giải và biến đổi trong bài đôi khi khá cồng kềnh nhưng hướng đi lại rất trực quan và hiệu quả. Hy vọng kỹ thuật này sẽ cung cấp cho bạn đọc có một số ý tưởng ban đầu trong lúc bối rối trước một bất đẳng thức khó, cũng như từ việc đánh giá và đẳng thức sẽ tìm được lời giải gọn và đẹp hơn.
Với mọi số thực $a,\,b,\,c$ bất kỳ ta luôn có \begin{equation} P = (a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2 \geqslant 0. \end{equation} Nếu đặt $p = a+b+c$, $q = ab+bc+ca$ và $r = abc$ (cách đặt này sẽ thống nhất cho cả bài viết) thì ta có thể biểu diễn \begin{equation}P = p^2q^2 - 4q^3 + 2p(9q - 2p^2)r - 27r^2 = \frac{4(p^2-3q)^3-(2p^3-9pq+27r)^2}{27}. \end{equation}
Đối với những ai từng nghiên cứu và sử dụng qua kỹ thuật $pqr$, khai triển trên không quá xa lạ nhưng lại ít được sử dụng vì khá cồng kềnh. Bài viết này sẽ khai thác trực tiếp biến đổi trên và ứng dụng trong xử lý một số biểu thức hoán vị. Hy vọng qua đây, bạn đọc sẽ tìm thấy sự thú vị riêng cũng như nét độc đáo của bất đẳng thức.

CÁC BÀI TOÁN MỞ ĐẦU

Trong phần này, ta sẽ dùng kỹ thuật $pqr$ để trực tiếp xử lý những bất đẳng thức có chứa đại lượng $(a-b)(b-c)(c-a).$ Trước tiên, dùng khai triển \eqref{lab0} để chuyển bài toán về dạng $pqr.$ Sau đó, dựa trên những điều kiện của đề bài tìm ra mối liên hệ giữa $p,\,q$ và $r.$ Từ đó, có những đánh giá thích hợp hoặc dồn về một biến và khảo sát hàm. Để hiểu rõ hơn, mời bạn đọc cùng xem các bài toán sau đây.
  1. (Nguyễn Văn Huyện) Cho ba số thực $a,\,b,\,c$ và $t \geqslant 0$ cho trước thỏa mãn điều kiện $a+b+c=0,$ $a^2+b^2+c^2 = 6t^2.$ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \begin{equation}F = \left|(a-b)(b-c)(c-a)\right|.\end{equation}
  2. (Liu Qian Bao, Nguyễn Văn Huyện) Cho $a, \, b, \, c$ là ba số thực bất kỳ. Chứng minh rằng \[{{(a-b)}^{3}}{{(b-c)}^{3}}+{{(b-c)}^{3}}{{(c-a)}^{3}}+{{(c-a)}^{3}}{{(a-b)}^{3}}+\frac{15}{4}{{(a-b)}^{2}}{{(b-c)}^{2}}{{(c-a)}^{2}} \leqslant 0.\]
  3. (Finbarr Holland, IMO 2006) Tìm hằng số $M$ nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức \[\left | ab(a^2-b^2)+bc(b^2-c^2)+ca(c^2-a^2) \right | \leqslant M(a^2+b^2+c^2)^2,\] luôn đúng với mọi số thực $a,\,b,\,c$ thay đổi bất kỳ. 
  4. (Nguyễn Văn Huyện) Tìm hằng số $k$ lớn nhất sao cho bất đẳng thức \begin{equation} \label{80} \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} - 1 \geqslant k\left ( \frac{a-b}{a+b}+\frac{b-c}{b+c}+\frac{c-a}{c+a} \right )^2, \end{equation} luôn đúng với mọi số thực $a,\,b,\,c$ không âm thỏa mãn $ab+bc+ca>0.$
  5. (Nguyễn Văn Huyện) Với $a,\,b,\,c$ là ba số thực dương và số thực $k \geqslant 0$ cho trước thỏa mãn điều kiện \[(a+b+c)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )=(k+3)^2.\] Chứng minh rằng \[\left |\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{abc} \right | \leqslant \sqrt{k^3(k+4)}.\]
  6. (Ji Mun Kwon) Chứng minh rằng \begin{equation} \label{lab5} (x^2-x+1)(y^2-y+1)(z^2-z+1) \geqslant (x-y)(y-z)(z-x), \end{equation} trong đó $x,\,y,\,z$ là ba số thực thay đổi bất kỳ.
  7. (Nguyễn Văn Huyện, Lê Việt Hải) Cho ba số thực $a,\,b,\,c$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện \[a+b+c=0, \; a^2+b^2+c^2=3.\] Chứng minh rằng \begin{equation} \label{41} -\frac{9}{2} \leqslant a^5b+b^5c+c^5a \leqslant -3. \end{equation}

Lời Giải

  1. Từ giả thiết ta có \[q = \frac{(a+b+c)^2 - (a^2+b^2+c^2)}{2} = -3t^2.\] Do đó $p = 0,\;q = -3t^2,$ suy ra \[\begin{aligned}F^2 & = p^2q^2 - 4q^3 + 2p(9q - 2p^2)r - 27r^2 \\ & = 27(4t^6 - r^2) \leqslant 27 \cdot 4t^6 = 108t^6.\end{aligned}\] Vậy $F \leqslant 6\sqrt{3}t^3$ đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \[\left\{ \begin{aligned} & abc = 0 \\& a + b + c = 0 \\& ab + bc + ca = -3t^2 \end{aligned} \right.\] Tức $a,\,b,\,c$ lần lượt là ba nghiệm của \[x^3 - 3t^2x = 0.\] Giải phương trình này ta được $(a, \, b, \, c) = (\sqrt{3}t, \, -\sqrt{3}t ,\, 0)$ cùng các hoán vị. Điều này cho phép ta kết luận $F_{\max} = 6\sqrt{3}t^3$
  2. Đặt $x=a-b,\,\,y=b-c,\,\,z=c-a$ thì $x+y+z=0$ bài toán trở thành \begin{equation} \label{lab3}{{x}^{3}}{{y}^{3}}+{{y}^{3}}{{z}^{3}}+{{z}^{3}}{{x}^{3}}+\frac{15}{4}{{x}^{2}}{{y}^{2}}{{z}^{2}} \leqslant 0.\end{equation} Vì \[\begin{aligned} {{x}^{3}}{{y}^{3}}+{{y}^{3}}{{z}^{3}}+{{z}^{3}}{{x}^{3}} & ={{(xy+yz+zx)}^{3}}-3(xy+yz)(yz+zx)(zx+xy) \\& = {{(xy+yz+zx)}^{3}}+3{{x}^{2}}{{y}^{2}}{{z}^{2}} \\& = q^3+3r^2,\end{aligned}\] nên \eqref{lab3} tương đương với \[4q^3+27r^2 \leqslant 0.\] Dễ thấy đây chính là \eqref{lab0} trong trường hợp $p = 0$ nên nó hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a+b=2c,\,b+c=2a$ hoặc $c+a=2b.$ Bài toán được chứng minh.
  3. Ta chỉ cần xét $a^2+b^2+c^2>0,$ và thấy yêu cầu của bài toán đồng nghĩa với việc tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \[\begin{aligned} F & = \frac{\left|ab(a^2-b^2)+bc(b^2-c^2)+ca(c^2-a^2)\right|}{(a^2+b^2+c^2)^2} \\& = \frac{\left | (a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a)\right |}{(a^2+b^2+c^2)^2}. \end{aligned}\] Nếu thay $(a,b,c)$ bởi $(-a,-b,-c)$ thì bài toán vẫn không đổi nên ta có thể giả sử $a+b+c>0$ và chuẩn hóa $a+b+c=1,$ khi đó \[F = \frac{\left|(a-b)(b-c)(c-a)\right|}{(1-2q)^2} = \frac{\sqrt{\frac{4(1 - 3q)^3 - [27r - (9q-2)]^2}{27}}}{(1-2q)^2} \leqslant \frac{2(1 - 3q)\sqrt{3(1 - 3q)}}{9(1 - 2q)^2}.\] Đặt \[f(q) = \frac{2(1 - 3q)\sqrt{3(1 - 3q)}}{9(1 - 2q)^2},\] thì \[f^{'}(q) = \frac{(1+6q)(3q-1)}{3(2q-1)^3\sqrt{3(1-3q)}},\] do đó phương trình $f^{'}(q) = 0$ có nghiệm duy nhất $q = -\frac{1}{6}.$ Lập bảng biến thiên ta thấy \[f(q) \leqslant f\left(-\frac{1}{6}\right)= \frac{9\sqrt{2}}{32}.\] Do đó $F \leqslant \frac{9\sqrt{2}}{32},$ đẳng thức xảy ra khi $p = 1,\,q = - \frac{1}{6},\,r = - \frac{7}{54},$ tức $a,\,b,\,c$ lần lượt là ba nghiệm của \[t^3 - t^2 - \frac{1}{6}t + \frac{7}{54} = 0.\] Từ đó ta được \[a = \frac{2-3\sqrt{2}}{2} \cdot c , \; b = \frac{2+3\sqrt{2}}{2} \cdot c,\] hoặc \[a = \frac{-11+6\sqrt{2}}{7} \cdot c, \; b = \frac{-2+3\sqrt{2}}{7} \cdot c.\] Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là $M = \frac{9\sqrt{2}}{32}.$
  4. Với $a = 2 + \sqrt{3},\,b=1,\,c=0$ thì \eqref{80} trở thành $k \leqslant 9.$ Ta sẽ chứng minh $k = 9$ là giá trị lớn nhất cần tìm, tức chứng minh \[\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} - 1 \geqslant 9\left ( \frac{a-b}{a+b} \frac{b-c}{b+c}+\frac{c-a}{c+a} \right )^2,\] hay là \[\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} - 1 \geqslant \frac{9(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}{(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2}.\] Đổi biến về $pqr$ như sau \[\frac{p^2-3q}{q} \geqslant \frac{9\left[p^2q^2-4q^3+2p(9q-2p^2)r-27r^2\right]}{(pq-r)^2},\] hoặc \begin{equation} \label{lab8} (p^2-3q)(pq-r)^2 \geqslant 9q\left[p^2q^2-4q^3+2p(9q-2p^2)r-27r^2\right]. \end{equation} Chuẩn hóa $p=1$ và nhóm lại theo $r$ bất đẳng thức \eqref{lab8} trở thành \[(1 + 240q)r^2 + 2q(17 - 78q)r + q^2(1 - 6q)^2 \geqslant 0.\] Nếu $0 \leqslant q \leqslant \frac{17}{78}$ thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Còn nếu $\frac{17}{78} \leqslant q \leqslant \frac{1}{3}$ đặt \[f(r) = (1 + 240q)r^2 + 2q(17 - 78q)r + q^2(1 - 6q)^2.\] Ta có \[\begin{aligned}\Delta_{f(r)}^{'} & = [q(17-78q)]^2-(1+240q)q^2(1-6q)^2 \\& = - 288q^2(1 - 3q)(1 - 2q)(5q - 1). \end{aligned}\] Dễ thấy $1 \geqslant 3q \geqslant 2q$ và \[5q - 1 \geqslant 5\cdot \frac{17}{78} - 1 = \frac{7}{78} > 0.\] Cho nên $\Delta_{f(r)}^{'} \leqslant 0$ suy ra $f(r) \geqslant 0.$ Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $\frac{a}{b} = 2 \pm \sqrt{3} ,\,c=0$ cùng các hoán vị.
  5. Chú ý rằng \begin{equation} \label{lab7} \begin{aligned}\left |\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{abc} \right | & = \sqrt{\frac{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}{a^2b^2c^2}} \\& = \sqrt{\frac{p^2q^2 - 4q^3 + 2p(9q - 2p^2)r - 27r^2}{r^2}}.\end{aligned} \end{equation} Từ giả thiết ta có $\displaystyle p = \frac{r(k+3)^2}{q},$ thay giá trị này vào \eqref{lab7} và biến đổi, ta được \[\left |\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{abc} \right | = \sqrt{(k+3)^4+18(k+3)^2-27-4\left[\frac{(k+3)^6r^2}{q^3}+\frac{q^3}{r^2} \right]}.\] Theo bất đẳng thức AM-GM thì \[\frac{(k+3)^6r^2}{q^3}+\frac{q^3}{r^2} \geqslant 2(k+3)^3,\] do đó \[\left |\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{abc} \right | \leqslant \sqrt{(k+3)^4+18(k+3)^2-27-8(k+3)^3} = \sqrt{k^3(k+4)}.\] Đẳng thức xảy ra khi chẳng hạn \[\frac{a}{c} = \frac{k+2+\sqrt{k(k+4)}}{2},\,\frac{b}{c} = \frac{k+2-\sqrt{k(k+4)}}{2}.\] Chứng minh hoàn tất.
  6. Thay $(x,y,z)$ bởi $\left ( \frac{1+a}{2},\frac{1+b}{2},\frac{1+c}{2} \right )$ bất đẳng thức \eqref{lab5} trở thành \[(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3) \geqslant 8(a-b)(b-c)(c-a).\] Theo bất đẳng thức AM-GM thì \[\frac{q^2}{3} + 6q + 27 \geqslant 0,\] và \[p^2 + 2pr + r^2 \geqslant 0.\] Do đó \[\begin{aligned}(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3) & =a^2b^2c^2+27+3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+9(a^2+b^2+c^2) \\&= r^2+27+3(3p^2+q^2-2pr-6q) \\ & \geqslant -(p^2+2pr) -\left(\frac{q^2}{3} + 6q\right)+ 3(3p^2+q^2-2pr-6q) \\ &=\frac{8}{3}\left[3(p^2-3q) + (q^2-3pr) \right]\\ & \geqslant \frac{16}{3} \sqrt{3(p^2-3q)(q^2-3pr)}.\end{aligned}\] Như vậy ta cần chỉ ra \[4(p^2-3q)(q^2-3pr) \geqslant 3(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2,\] tương đương với \[4(p^2-3q)(q^2-3pr) \geqslant 3\big[p^2q^2-4q^3+2p(9q-2p^2)r-27r^2\big],\] thu gọn thành \[(pq-9r)^2 \geqslant 0.\] Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $y = \frac{z-1}{z},\,x = \frac{1}{1-z},\,z \ne 0,\,z \ne 1$ cùng các hoán vị. Chứng minh hoàn tất.
  7. Từ giả thiết ta có \[\left\{\begin{aligned} & ab+bc+ca = - \frac{3}{2} \\& a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 = \frac{9}{4} \\ & a^3+b^3+c^3 = 3abc \end{aligned}\right.\] Vì \[\begin{aligned}a^5b+b^5c+c^5a & = (a+b+c) \sum a^4b - \left(a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2 + abc \sum a^3\right) \\& = -(a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2+3a^2b^2c^2).\end{aligned}\] nên ta có thể viết \eqref{41} lại dưới dạng \begin{equation} \label{lab4} 3 \leqslant a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2+3a^2b^2c^2 \leqslant \frac{9}{2}.\end{equation} Lại có \[\begin{aligned} 2(a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2) & = \sum a^2 \sum b^2c^2 - 3a^2b^2c^2 - \prod (a^2-b^2) \\ & =\frac{27}{4} - 3a^2b^2c^2 - \prod (a^2-b^2),\end{aligned}\] nên \eqref{lab4} tương đương với \[3a^2b^2c^2 - \frac{9}{4} \leqslant (a^2 - b^2)(b^2 - c^2)(c^2 - a^2) \leqslant 3a^2b^2c^2 + \frac{3}{4}.\] hay \[3r^2 - \frac{9}{4} \leqslant (a^2 - b^2)(b^2 - c^2)(c^2 - a^2) \leqslant 3r^2 + \frac{3}{4}.\] Ta chứng minh \[(a^2 - b^2)(b^2 - c^2)(c^2 - a^2) \leqslant 3r^2 + \frac{3}{4}.\] Thật vậy, vì \[\begin{aligned}(a^2 - b^2)(b^2 - c^2)(c^2 - a^2) & \leqslant \left|(a^2-b^2)(b^2-c^2)(c^2-a^2)\right| \\& = \sqrt{(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2\cdot(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2} \\ & = \sqrt{(pq-r)^2\left[p^2q^2-4q^3+2p(9q-2p^2)r-27r^2\right]} \\& = \sqrt{\frac{27r^2(1 - 2r^2)}{2}},\end{aligned}\] và \[\frac{27r^2(1 - 2r^2)}{2} - \left(3r^2 + \frac{3}{4}\right)^2 = -\frac{9}{16}(8r^2 - 1)^2 \leqslant 0,\] nên bất đẳng thức trên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $r^2 = \frac{1}{8},\,p = 0$ và $q = -\frac{3}{2}$ tức $a, \, b, \, c$ là ba nghiệm của \[\left\{ \begin{aligned} & \left[ \begin{aligned} & {{t}^{3}}-\frac{3}{2}t-\frac{1}{\sqrt{8}}=0 \\& {{t}^{3}}-\frac{3}{2}t+\frac{1}{\sqrt{8}}=0\end{aligned} \right. \\& ({{a}^{2}}-{{b}^{2}})({{b}^{2}}-{{c}^{2}})({{c}^{2}}-{{a}^{2}}) \geqslant 0 \end{aligned} \right.\] Giải hệ phương trình này ta được $(a, \, b, \, c)$ là một hoán vị của một trong hai bộ ba dưới đây \[\left\{\left(\sqrt{2}\cos \frac{4\pi}{9},\,\sqrt{2}\cos \frac{2\pi}{9},\,-\sqrt{2}\cos \frac{\pi}{9}\right),\,\left(-\sqrt{2}\cos \frac{4\pi}{9},\,-\sqrt{2}\cos \frac{2\pi}{9},\,\sqrt{2}\cos \frac{\pi}{9}\right)\right\}.\] Tiếp đến ta chứng minh \[(a^2 - b^2)(b^2 - c^2)(c^2 - a^2) \geqslant - \frac{9}{4} + 3r^2.\] Đánh giá tương tự, ta có \[(a^2 - b^2)(b^2 - c^2)(c^2 - a^2) \geqslant - \sqrt{\frac{27r^2(1 - 2r^2)}{2}}.\] Do đó ta chỉ cần chỉ ra \[\sqrt{\frac{27r^2(1 - 2r^2)}{2}} \leqslant \frac{9}{4} - 3r^2.\] Chú ý rằng $r^2 \leqslant \frac{1}{2}$ cho nên bất đẳng thức này đúng vì \[\frac{27r^2(1 - 2r^2)}{2} - \left (\frac{9}{4} - 3r^2 \right )^2 = - \frac{9}{16}(8r^2-3)^2 \leqslant 0.\] Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $r^2 = \frac{3}{8},\,p = 0$ và $q = -\frac{3}{2}$ tức $a, \, b, \, c$ là ba nghiệm của \[\left\{ \begin{aligned} & \left[ \begin{aligned} & {{t}^{3}}-\frac{3}{2}t-\sqrt{\frac{3}{8}}=0 \\& {{t}^{3}}-\frac{3}{2}t+\sqrt{\frac{3}{8}}=0\end{aligned} \right. \\& ({{a}^{2}}-{{b}^{2}})({{b}^{2}}-{{c}^{2}})({{c}^{2}}-{{a}^{2}}) \leqslant 0 \end{aligned} \right.\] Giải hệ phương trình này ta được $(a, \, b, \, c)$ là một hoán vị của một trong hai bộ ba dưới đây \[\left\{\left (\sqrt{2}\cos \frac{\pi}{18},\,-\sqrt{2}\sin \frac{2\pi}{9},\,-\sqrt{2}\sin \frac{\pi}{9}\right ),\,\left (-\sqrt{2}\cos \frac{\pi}{18},\,\sqrt{2}\sin \frac{2\pi}{9},\,\sqrt{2}\sin \frac{\pi}{9}\right )\right\}.\] Bài toán được chứng minh.

BẤT ĐẲNG THỨC HOÁN VỊ

Sang phần này, ta sẽ tiếp tục khai thác đại lượng $P$ trong việc xử lý các bất đẳng thức hoán vị. Đây là một hướng phát triển khác của $pqr$ được gọi là “$pqr$ hoán vị” và được thực hiện như sau. Biến đổi khéo léo các biểu thức hoán vị để làm xuất hiện $Q=(a-b)(b-c)(c-a)$ cũng là một đại lương hoán vị. Tuy nhiên, ta hoàn toàn có thể biễu diễn $Q$ dưới dạng $pqr$ thông qua đánh giá $Q \leqslant |Q| = \sqrt{P}$ đến đây, sử dụng \eqref{lab0} và ta giải tiếp bằng $pqr.$ Lưu ý rằng, ngoài các quan hệ sẵn có, bản thân bất đẳng thức $P \geqslant 0$ cũng đã cho ta một đánh giá tương quan giữa $p,\,q$ và $r.$
  1. (Võ Quốc Bá Cẩn) Với $a,\,b,\,c$ là các số thực và $t \geqslant 0$ cho trước thỏa mãn điều kiện $a+b+c=0$ và $a^2+b^2+c^2=6t^2.$ Chứng minh rằng với mọi số thực $k$ ta luôn có \[a^2b+b^2c+c^2a+kabc \leqslant 2t^3\sqrt{k^2 - 3k + 9}.\]
  2. (Vasile Cîrtoaje, Dan Chen) Cho ba số thực $a,\,b,\,c$ thỏa mãn điều kiện $a^2+b^2+c^2>0.$ Chứng minh rằng \[ - \frac{\sqrt{7}}{8} \leqslant \frac{a^3b+b^3c+c^3a}{(a^2+b^2+c^2)^2} \leqslant \frac{1}{3}.\]
  3. (Võ Quốc Bá Cẩn) Cho ba số thực không âm $a,\,b,\,c$ thỏa mãn $a+b+c = 3.$ Chứng minh rằng \[a^2b+b^2c+c^2a+abc\left[1+\frac{1}{6}(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\right]\leqslant 4.\]

Lời Giải

  1. Chú ý rằng với mọi số thực $x$ ta luôn có $\max\{- x,\,x\} \leqslant \sqrt{x^2},$ do đó \[\begin{aligned} 2(a^2b+b^2c+c^2a) & = \sum ab(a+b) - (a-b)(b-c)(c-a) \\ &= pq - 3r - (a-b)(b-c)(c-a) \\& \leqslant pq - 3r + \sqrt{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}.\end{aligned}\] Cho nên \[a^2b+b^2c+c^2a \leqslant \frac{pq - 3r + \sqrt{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}}{2},\] hay là \begin{equation} \label{lab9}a^2b+b^2c+c^2a \leqslant \frac{pq - 3r + \sqrt{p^2q^2 - 4q^3 + 2p(9q - 2p^2)r - 27r^2}}{2}. \end{equation} Từ giả thiết dễ thấy $p = 0, \, q = -3t^2,$ áp dụng \eqref{lab9} ta có \[\begin{aligned}a^2b+b^2c+c^2a + kabc & \leqslant \frac{pq - 3r + \sqrt{p^2q^2 - 4q^3 + 2p(9q - 2p^2)r - 27r^2}}{2} + kr \\ & = \left(k - \frac{3}{2}\right)r + \frac{3}{2}\sqrt{12t^6 - 3r^2}.\end{aligned}\] Xét hàm số \[f(r) = \left(k - \frac{3}{2}\right)r + \frac{3}{2}\sqrt{12t^6 - 3r^2}.\] Tính đạo hàm \[f^{'}(r) = k - \frac{3}{2} - \frac{9r}{2\sqrt{12t^6-3r^2}}.\] Do đó phương trình $f^{'}(r) = 0$ có nghiệm \[r = r_0 = \frac{t^3(2k-3)}{\sqrt{k^2-3k+9}}\] Lập bảng biến thiên ta thấy \[\begin{aligned} a^2b+b^2c+c^2a + kabc & \leqslant f(r_0) = \left(k - \frac{3}{2}\right)r_0 + \frac{3}{2}\sqrt{12t^6 - 3r_0^2} \\ & = \left(k - \frac{3}{2}\right)\cdot\frac{t^3(2k-3)}{\sqrt{k^2-3k+9}} + \frac{3}{2}\sqrt{12t^6 - \frac{3t^6(2k-3)^2}{k^2-3k+9}} \\ & = 2t^3\sqrt{k^2 - 3k + 9}.\end{aligned}\] Như vậy \[a^2b+b^2c+c^2a+kabc \leqslant 2t^3\sqrt{k^2 - 3k + 9}.\] Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \[\left\{\begin{aligned} & a + b + c = 0 \\ & ab + bc + ca = -3t^2 \\ & abc = \pm \frac{t^3(2k - 3)}{\sqrt{k^2 - 3k + 9}} \\ & (a-b)(b-c)(c-a) \leqslant 0\end{aligned}\right.\] Bài toán được chứng minh.
  2. Cho ba số thực $a,\,b,\,c$ thỏa mãn điều kiện $a^2+b^2+c^2>0.$ Chứng minh rằng \[ - \frac{\sqrt{7}}{8} \leqslant \frac{a^3b+b^3c+c^3a}{(a^2+b^2+c^2)^2} \leqslant \frac{1}{3}.\] Lời giải. Ta có hai bổ đề sau \begin{equation} \label{lab14} a^3b+b^3c+c^3a \leqslant \frac{p^4+9p^2q-27q^2+2\sqrt{7p^2(p^2-3q)^3}}{27}, \end{equation} và \begin{equation} \label{lab15}a^3b+b^3c+c^3a \geqslant \frac{p^4+9p^2q-27q^2-2\sqrt{7p^2(p^2-3q)^3}}{27}.\end{equation} Chú ý rằng \[\begin{aligned} 2(a^3b+b^3c+c^3a) & = \sum ab(a^2+b^2) - (a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a) \\& = p^2q-2q^2-pr+\sqrt{(a+b+c)^2(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}.\end{aligned}\] Cho nên \[a^3b+b^3c+c^3a \leqslant \frac{p^2q-pr-2q^2+\sqrt{p^2[p^2q^2 - 4q^3 + 2p(9q - 2p^2)r - 27r^2]}}{2}.\] Xét hàm số \[f(r) = \frac{p^2q-pr-2q^2+\sqrt{p^2[p^2q^2 - 4q^3 + 2p(9q - 2p^2)r - 27r^2]}}{2},\] tính đạo hàm ta được \[f^{'}(r) = \frac{p^2[p(9q-2p^2)-27r]}{2\sqrt{p^2[p^2q^2-4q^3+2p(9q-2p^2)r-27r^2]}}-\frac{p}{2}.\] Do đó phương trình $f^{'}(r)$ có nghiệm \[\left[\begin{aligned}r_0 & = \frac{14p^3+63pq-\sqrt{7(p^2-3q)^3}}{189} \\ r_1 & = \frac{14p^3+63pq+\sqrt{7(p^2-3q)^3}}{189} \end{aligned}\right.\] Lập bảng biến thiên ta thấy \[f(r) \leqslant f(r_0) = \frac{p^4+9p^2q-27q^2+2\sqrt{7p^2(p^2-3q)^3}}{27}.\] Bất đẳng thức \eqref{lab15} chứng minh tương tự. Quay trở lại bài toán, ta sẽ chứng minh \[(a^2+b^2+c^2)^2 \geqslant 3(a^3b+b^3c+c^3a).\] Áp dụng \eqref{lab14} ta cần chỉ ra \begin{equation} \label{lab17}9(p^2-2q)^2 \geqslant p^4+9p^2q-27q^2+2\sqrt{7p^2(p^2-3q)^3}.\end{equation} Đặt $p^2 = kq$ bất đẳng thức \eqref{lab17} trở thành \[9\left(p^2-2\cdot \frac{p^2}{k}\right)^2 \geqslant p^4+9p^2\cdot \frac{p^2}{k}-27\left (\frac{p^2}{k} \right )^2+2\sqrt{7p^2\left(p^2-3\cdot \frac{p^2}{k}\right)^3},\] tương đương với \[8k^2-45k+63 \geqslant 2\sqrt{7k(k-3)^2},\] thu gọn thành \[9(k-3)^2(2k-7)^2 \geqslant 0.\] Hiển nhiên đúng, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc \[\frac{a}{\sin^2\frac{4\pi}{7}} = \frac{b}{\sin^2\frac{2\pi}{7}} = \frac{c}{\sin^2\frac{\pi}{7}}.\] Tiếp đến ta chứng minh \[(a^2+b^2+c^2)^2+\frac{8}{\sqrt{7}}(a^3b+b^3c+c^3a) \geqslant 0.\] Áp dụng \eqref{lab15} ta cần chỉ ra được \begin{equation} \label{lab18} (p^2-2q)^2 + \frac{8}{\sqrt{7}} \cdot \frac{p^4+9p^2q-27q^2-2\sqrt{7p^2(p^2-3q)^3}}{27} \geqslant 0. \end{equation} Đặt $p^2 = kq$ bất đẳng thức \eqref{lab18} trở thành \[\left(p^2-2\cdot \frac{p^2}{k}\right)^2 + \frac{8}{\sqrt{7}} \cdot \frac{p^4+9p^2\cdot \frac{p^2}{k}-27\left (\frac{p^2}{k} \right )^2-2\sqrt{7p^2\left(p^2-3\cdot \frac{p^2}{k}\right)^3}}{27} \geqslant 0,\] hay là \begin{equation} \label{lab19} 27\sqrt{7}(k-2)^2+8(k^2+9k-27) \geqslant 16k(k-3)\sqrt{\frac{7(k-3)}{k}}.\end{equation} Đặt $x = \sqrt{\frac{k-3}{k}} > 0,$ thì $k = \frac{3}{1-x^2}$ thay giá trị này vào \eqref{lab19} và thu gọn lại ta được \[\frac{3\big(\sqrt{7}-2\big)\left[18x^2+2\big(\sqrt{7}-1\big)x+2+\sqrt{7}\right]\big(2x-3-\sqrt{7}\big)^2}{2(x^2-1)^2} \geqslant 0.\] Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
  3. Trước hết ta có \begin{equation} \label{lab10} r \leqslant \frac{q^2(p^2-q)}{2p(2p^2-3q)}. \end{equation} Áp dụng đánh giá \[r \leqslant \frac{p(9q-2p^2)+2\sqrt{(p^2-3q)^3}}{27}, \; \text{ (xem ở \eqref{lab23}),}\] và bất đẳng thức AM-GM, ta có \[\begin{aligned} 27r & \leqslant p(9q-2p^2) + \frac{(p^2-3q)\cdot 2 \cdot \big(p^2-\frac{3}{2}q\big)\cdot p\sqrt{p^2-3q}}{p\left(p^2-\frac{3}{2}q\right)^2} \\& \leqslant p(9q-2p^2) + \frac{(p^2-3q)\left[\left(p^2-\frac{3}{2}q\right)^2 + p^2(p^2-3q)\right]}{p\left(p^2-\frac{3}{2}q\right)} \\& = \frac{27q^2(p^2-q)}{2p(2p^2-3q)}.\end{aligned}\] Tức \eqref{lab10} đúng. Quay trở lại bài toán, áp dụng \eqref{lab9} ta cần chứng minh \[\frac{pq - 3r + \sqrt{p^2q^2 - 4q^3 + 2p(9q - 2p^2)r - 27r^2}}{2}+r\left[1+\frac{1}{6}(p^2-3q)\right]\leqslant 4,\] hay là \begin{equation} \label{baitoan15}\sqrt{p^2q^2 - 4q^3 + 2p(9q - 2p^2)r - 27r^2} \leqslant 24 -3(2 - q)r -9q.\end{equation} Ta sẽ chỉ ra \[3(2 - q)r + 9q \leqslant 24.\] Thật vậy, vì $p = 3$ nên từ \eqref{lab10} ta được \[r \leqslant \frac{q^2(p^2-q)}{2p(2p^2-3q)} = \frac{q^2(9-q)}{18(6-q)},\] do đó \[3(2 - q)r + 9q \leqslant \frac{q^2(2 - q)(9-q)}{6(6 - q)} + 9q.\] Mặt khác ta lại có \[\frac{q^2(2 - q)(9-q)}{6(6 - q)} + 9q - 24 = \frac{(q-3)[q^3 + 36 + 4(3 - q)(2q + 21)]}{6(6 - q)} \leqslant 0,\] cho nên \[3(2 - q)r + 9q \leqslant 24.\] Như vậy vế phải của \eqref{baitoan15} là một số không âm, kết hợp với $p = 3$ ta bình phương hai vế và nhóm theo $r$ bất đẳng thức \eqref{baitoan15} trở thành \[[27 + (2 - q)^2]r^2 + 2(3q + 19)(2 - q)r + 4(q + 4)(2 - q)^2 \geqslant 0.\] Đặt \[f(r) = [27 + (2 - q)^2]r^2 + 2(3q + 19)(2 - q)r + 4(q + 4)(2 - q)^2,\] ta có \[\begin{aligned}\Delta^{'}_{f(r)} & = (3q + 19)^2(2 - q)^2 - 4[27 + (2 - q)^2](q + 4)(2 - q)^2 \\& = -4(4q + 15)(2 - q)^2(3 - q)^2 \leqslant 0.\end{aligned}\] Do đó $f(r) \geqslant 0,$ đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 1$ hoặc $a = 0,\,b = 1,\,c=2$ cùng các hoán vị. Bài toán được chứng minh.

CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC

  1. (Nguyễn Văn Huyện) Cho ba số thực không âm $a,\,b,\,c$ thay đổi thỏa mãn $a+b+c>0$ và $k \ne 0$ cho trước sao cho \[a^2+b^2+c^2 = \left (1+\frac{3}{k^2-1} \right )(ab+bc+ca).\] Chứng minh rằng \begin{equation} \label{lab22}\frac{(k-2)(k+1)^2}{27k^3} \leqslant \frac{abc}{(a+b+c)^3} \leqslant \frac{(k+2)(k-1)^2}{27k^3}\end{equation}
  2. (Nguyễn Văn Huyện) Với $a,\,b,\,c$ là ba số thực dương và $k$ là số thực cho trước thỏa mãn điều kiện \[a^2+b^2+c^2 = \left (1+\frac{3}{k^2-1} \right )(ab+bc+ca).\] a) Chứng minh rằng nếu $k > 1$ thì \[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \leqslant \frac{3(2k^2-k+2)}{2(2k+1)(k-1)}.\] b) Chứng minh rằng nếu $k > 2$ thì \[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geqslant \frac{3(2k^2+k+2)}{2(k+1)(2k-1)}.\]
  3. (Nguyễn Văn Huyện) Với $a,\,b,\,c$ là ba số thực dương và $k$ là số thực cho trước thỏa mãn điều kiện \[a^2+b^2+c^2 = \left (1+\frac{3}{k^2-1} \right )(ab+bc+ca).\] a) Chứng minh rằng nếu $k > 2$ thì \[\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b} \leqslant \frac{6(k^2-k+1)}{(k+1)(k-2)}.\] b) Chứng minh rằng nếu $k > 1$ thì \[\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b} \geqslant \frac{6(k^2+k+1)}{(k+2)(k-1)}.\]
  4. (Nguyễn Văn Huyện) Với $a,\,b,\,c$ là ba số thực dương và $k$ là số thực cho trước thỏa mãn điều kiện \[a^2+b^2+c^2 = \left (1+\frac{3}{k^2-1} \right )(ab+bc+ca).\] a) Chứng minh rằng nếu $k > 2$ thì \[\frac{a^3+b^3+c^3}{abc} \leqslant \frac{3(k^3+6k-2)}{(k-2)(k+1)^2}.\] b) Chứng minh rằng nếu $k > 1$ thì \[\frac{a^3+b^3+c^3}{abc} \geqslant \frac{3(k^3+6k+2)}{(k+2)(k-1)^2}.\]
  5. (Nguyễn Văn Huyện) Cho ba số thực dương $a,\,b,\,c$ và $k > 1$ là số thực cho trước thỏa điều kiện \[(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right) = 9+\frac{8}{k^2-1}.\] a) Chứng minh rằng \[\frac{3k^2+2k+3}{(3k-1)(k+1)} \leqslant \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} \leqslant \frac{3k^2-2k+3}{(3k+1)(k-1)}.\] b) Chứng minh rằng \[\frac{3k^2+3k+2}{2k(k+1)} \leqslant \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \leqslant \frac{3k^2-3k+2}{2k(k-1)}.\] c) Chứng minh rằng \[\frac{2(k+1)^3+(k-1)^3}{(k-1)(k+1)^2} \leqslant \frac{a^3+b^3+c^3}{abc} \leqslant \frac{2(k-1)^3+(k+1)^3}{(k+1)(k-1)^2}.\]
  6. (Võ Quốc Bá Cẩn) Cho ba số thực $a,\,b,\,c$ thỏa mãn $a+b+c=3k$ và $a^2+b^2+c^2 = 3k^2 + 6t^2$ (với $k$ bất kỳ và $t \geqslant 0$ là hai số cho trước). Chứng minh rằng \begin{equation} (k-2t)(k+t)^2 \leqslant abc \leqslant (k+2t)(k-t)^2. \end{equation}
  7. (Michael Rozenberg) Với $a,\,b,\,c$ là ba số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3.$ Chứng minh rằng \[\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}+\frac{a+b+c}{6}\geq 2.\]
  8. (Michael Rozenberg) Cho ba số thực dương $a,\,b,\,c$ thỏa mãn điều kiện $abc = 1.$ Chứng minh rằng \[\frac{a+b+c}{3} \geq \sqrt[10]{\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}}.\]

Lời Giải

  1. Do \[ p^2q^2 - 4q^3 + 2p(9q - 2p^2)r - 27r^2 \geqslant 0,\] là một tam thức bậc hai theo $r$ và tam thức này có \[\Delta^{'} = \left[p(9q-2p^2)\right]^2+27(p^2q^2-4q^3) = 4(p^2-3q)^3 \geqslant 0,\] cho nên \begin{equation} \label{lab23}\frac{p(9q-2p^2)-2\sqrt{(p^2-3q)^3}}{27} \leqslant r \leqslant \frac{p(9q-2p^2)+2\sqrt{(p^2-3q)^3}}{27}.\end{equation} Viết giả thiết bài toán lại dưới dạng \[(a+b+c)^2 = \frac{3k^2}{k^2-1}(ab+bc+ca),\] tức $q = \displaystyle \frac{(k^2-1)p^2}{3k^2}$ thay các giá trị này vào \eqref{lab23}, ta được \[r \leqslant \frac{p\left[9 \cdot \frac{(k^2-1)p^2}{3k^2} -2p^2\right]+2\sqrt{\left[p^2-3 \cdot \frac{(k^2-1)p^2}{3k^2}\right]^3}}{27} = \frac{p^3(k+2)(k-1)^2}{27k^3}.\] Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\left(1-\frac{3}{k+2}\right)a=b=c.$ Tương tự \[r \geqslant \frac{p\left[9 \cdot \frac{(k^2-1)p^2}{3k^2} -2p^2\right]-2\sqrt{\left[p^2-3 \cdot \frac{(k^2-1)p^2}{3k^2}\right]^3}}{27} = \frac{p^3(k-2)(k+1)^2}{27k^3}.\] Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\left(1+\frac{3}{k+2}\right)a=b=c.$ Vậy \[\frac{(k-2)(k+1)^2}{27k^3} \leqslant \frac{r}{p^3} \leqslant \frac{(k+2)(k-1)^2}{27k^3}.\] Bài toán được chứng minh.
  2. a) Tương tự như trên ta có $q = \displaystyle \frac{(k^2-1)p^2}{3k^2}$ và \[0 < r \leqslant \frac{p^3(k+2)(k-1)^2}{27k^3},\] cho nên \[\begin{aligned}\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} = \frac{p(p^2+q)}{pq-r}-3 &\leqslant \frac{p\left[p^2+\frac{(k^2-1)p^2}{3k^2}\right]}{p\cdot \frac{(k^2-1)p^2}{3k^2}-\frac{p^3(k+2)(k-1)^2}{27k^3}}-3\\&=\frac{3(2k^2-k+2)}{2(2k+1)(k-1)}. \end{aligned}\] Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\left(1-\frac{3}{k+2}\right)a=b=c.$ 
    b) Tương tự do $k > 2$ nên $\displaystyle \frac{(k-2)(k+1)^2}{27k^3} > 0,$ do đó \[\begin{aligned}\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} = \frac{p(p^2+q)}{pq-r}-3 &\geqslant \frac{p\left[p^2+\frac{(k^2-1)p^2}{3k^2}\right]}{p\cdot \frac{(k^2-1)p^2}{3k^2}-\frac{p^3(k-2)(k+1)^2}{27k^3}}-3\\&=\frac{3(2k^2+k+2)}{2(k+1)(2k-1)}. \end{aligned}\] Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\left(1+\frac{3}{k+2}\right)a=b=c.$ Chứng minh hoàn tất. \end{proof}
  3. a) Do $k > 2$ nên $\displaystyle \frac{(k-2)(k+1)^2}{27k^3} > 0,$ khi đó thay $q = \displaystyle \frac{(k^2-1)p^2}{3k^2}$ kết hợp với \[r \geqslant \frac{p^3(k-2)(k+1)^2}{27k^3},\] ta được \[\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b} =\frac{pq}{r}-3 \leqslant \frac{p \cdot \frac{(k^2-1)p^2}{3k^2}}{\frac{p^3(k-2)(k+1)^2}{27k^3}}-3=\frac{6(k^2-k+1)}{(k+1)(k-2)}.\] Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\left(1+\frac{3}{k+2}\right)a=b=c.$ 
    b) Tương tự do \[0 < r \leqslant \frac{p^3(k+2)(k-1)^2}{27k^3},\] cho nên \[\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b} =\frac{pq}{r}-3 \geqslant \frac{p \cdot \frac{(k^2-1)p^2}{3k^2}}{\frac{p^3(k+2)(k-1)^2}{27k^3}}-3 = \frac{6(k^2+k+1)}{(k+2)(k-1)}.\] Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\left(1-\frac{3}{k+2}\right)a=b=c.$ Bài toán được chứng minh.
  4. a) Do $k > 2$ nên $\displaystyle \frac{(k-2)(k+1)^2}{27k^3} > 0,$ khi đó thay $q = \displaystyle \frac{(k^2-1)p^2}{3k^2}$ kết hợp với \[r \geqslant \frac{p^3(k-2)(k+1)^2}{27k^3},\] ta được \[\frac{a^3+b^3+c^3}{abc} = \frac{p(p^2-3q)}{r}+3 \leqslant \frac{p\left[p^2-3 \cdot \frac{(k^2-1)p^2}{3k^2}\right]}{\frac{p^3(k-2)(k+1)^2}{27k^3}}+3=\frac{3(k^3+6k-2)}{(k-2)(k+1)^2}.\] Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\left(1+\frac{3}{k+2}\right)a=b=c.$ 
    b) Tương tự do \[0 < r \leqslant \frac{p^3(k+2)(k-1)^2}{27k^3},\] cho nên \[\frac{a^3+b^3+c^3}{abc} = \frac{p(p^2-3q)}{r}+3 \geqslant \frac{p\left[p^2-3 \cdot \frac{(k^2-1)p^2}{3k^2}\right]}{\frac{p^3(k+2)(k-1)^2}{27k^3}}+3 = \frac{3(k^3+6k+2)}{(k+2)(k-1)^2}.\] Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\left(1-\frac{3}{k+2}\right)a=b=c.$ Chứng minh hoàn tất.
  5. a) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với \begin{equation} \label{lab24}\frac{(3k+1)^2}{(3k-1)(k+1)} \leqslant \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca} \leqslant \frac{(3k-1)^2}{(3k+1)(k-1)}. \end{equation} Viết giả thiết của bài toán lại dưới dạng \[(a+b+c)(ab+bc+ca) = \frac{(9k^2-1)abc}{k^2-1},\] hay là $r = \displaystyle \frac{pq(k^2-1)}{9k^2-1},$ thay giá trị này vào \[p^2q^2 - 4q^3 + 2p(9q - 2p^2)r - 27r^2 \geqslant 0,\] ta được \[p^2q^2 - 4q^3 + 2p(9q - 2p^2)\cdot\frac{pq(k^2-1)}{9k^2-1} - \frac{27p^2q^2(k^2-1)^2}{(9k^2-1)^2} \geqslant 0,\] hay là \[\frac{4q\left [p^2(3k-1)(k+1)-(3k+1)^2q \right ]\left [p^2(3k+1)(k-1)-(3k-1)^2q \right ]}{(9k^2-1)^2} \leqslant 0,\] suy ra \[\frac{(3k+1)^2}{(3k-1)(k+1)} \leqslant \frac{p^2}{q} \leqslant \frac{(3k-1)^2}{(3k+1)(k-1)}.\] Đẳng thức bên vế trái xảy ra khi và chỉ khi $\left(1+\frac{2}{k-1}\right)a = b = c,$ còn đẳng thức bên vế phải xảy ra khi và chỉ khi $\left(1-\frac{2}{k+1}\right)a = b = c.$ 
    b) Từ giả thiết ta có $r = \displaystyle \frac{pq(k^2-1)}{9k^2-1},$ do đó \[\begin{aligned}\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} & = \frac{p^3+r}{pq-r} - 2 = \frac{p^3+r}{pq-\dfrac{pq(k^2-1)}{9k^2-1}} - 2 \\& = \frac{9k^2-1}{8k^2} \cdot \frac{p^2}{q}-\frac{15k^2+1}{8k^2}.\end{aligned}\] Theo \eqref{lab24} thì $\displaystyle \frac{p^2}{q} \leqslant \frac{(3k-1)^2}{(3k+1)(k-1)},$ cho nên \[\begin{aligned}\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} & \leqslant \frac{9k^2-1}{8k^2} \cdot \frac{(3k-1)^2}{(3k+1)(k-1)}-\frac{15k^2+1}{8k^2} \\& = \frac{3k^2-3k+2}{2k(k-1)}.\end{aligned}\] Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\left(1-\frac{2}{k+1}\right)a = b = c.$ Tương tự vì $$\displaystyle \frac{p^2}{q} \geqslant \frac{(3k+1)^2}{(3k-1)(k+1)},$$ cho nên \[\begin{aligned} \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} & \geqslant \frac{9k^2-1}{8k^2} \cdot \frac{(3k+1)^2}{(3k-1)(k+1)}-\frac{15k^2+1}{8k^2} \\& = \frac{3k^2+3k+2}{2k(k+1)}.\end{aligned}\] Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\left(1+\frac{2}{k-1}\right)a = b = c.$ 
    c) Từ giả thiết ta có $\displaystyle r = \frac{pq(k^2-1)}{9k^2-1},$ do đó \[\begin{aligned} \frac{a^3+b^3+c^3}{abc} & = \frac{p(p^2-3q)}{r} + 3 = \frac{p(p^2-3q)}{\frac{pq(k^2-1)}{9k^2-1}} + 3 \\& = \left ( 9+\frac{8}{k^2-1} \right )\frac{p^2}{q}-\frac{24}{k^2-1}-24.\end{aligned}\] Theo \eqref{lab24} thì $\displaystyle \frac{p^2}{q} \leqslant \frac{(3k-1)^2}{(3k+1)(k-1)},$ cho nên \[\begin{aligned} \frac{a^3+b^3+c^3}{abc} & \leqslant \left ( 9+\frac{8}{k^2-1} \right ) \cdot \frac{(3k-1)^2}{(3k+1)(k-1)}-\frac{24}{k^2-1}-24 \\& = \frac{2(k-1)^3+(k+1)^3}{(k+1)(k-1)^2}.\end{aligned}\] Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\left(1+\frac{2}{k-1}\right)a = b = c.$ Vì $\displaystyle \frac{p^2}{q} \geqslant \frac{(3k+1)^2}{(3k-1)(k+1)},$ cho nên \[\begin{aligned} \frac{a^3+b^3+c^3}{abc} & \geqslant \left ( 9+\frac{8}{k^2-1} \right ) \cdot \frac{(3k+1)^2}{(3k-1)(k+1)}-\frac{24}{k^2-1}-24 \\& = \frac{2(k+1)^3+(k-1)^3}{(k-1)(k+1)^2}.\end{aligned}\] Đẳng thức bên vế trái xảy ra khi và chỉ khi $\left(1+\frac{2}{k-1}\right)a = b = c.$ Chứng minh hoàn tất.
  6. Từ giả thiết ta có $p = 3k$ và $q = 3k^2 - 3t^2,$ áp dụng vế phải của \eqref{lab23} ta được \[abc \le \frac{3k\big[9(3k^2-3t^2)-2(3k)^2\big]+2\sqrt{\big[(3k)^2-3(3k^2-3t^2)\big]^3}}{27}=(k+2t)(k-t)^2.\] Tương tự thì \[abc \geqslant (k-2t)(k+t)^2.\] Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \[(a,\,b,\,c) = \left\{(k-2t,\,k+t,\,k+t),\,(k+2t,\,k-t,\,k-t)\right\},\] và các hoán vị. Bài toán được chứng minh.
  7. Bởi vì \[\sum \frac{a^2}{a+b}-\sum\frac{b^2}{a+b} = 0,\] nên \[\sum \frac{a^2}{a+b} = \sum\frac{b^2}{a+b},\] do đó bất đẳng thức trên tương đương với \[\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}+\frac{a+b+c}{3}\geq 4,\] hay là \begin{equation} \label{vidu16}\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a} + \frac{a+b+c}{3}\geq 4\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}. \end{equation} Chuẩn hóa $a+b+c=3$ và đặt $a^2+b^2+c^2=3+6t^2,\,ab+bc+ca=3-3t^2$ với $0 \leqslant t < 1.$ Bất đẳng thức \eqref{vidu16} trở thành \[13 - \frac{18(t^4-5t^2+4)}{9(1-t^2)-abc}\geqslant 4\sqrt{1+2t^2}.\] Vì $0 \leqslant t < 1$ nên $t^4-5t^2+4 \geqslant 0$ và $abc \leqslant (1+2t)(1-t)^2,$ do đó \[13 - \frac{18(t^4-5t^2+4)}{9(1-t^2)-abc} \geqslant 13 - \frac{18(t^4-5t^2+4)}{9(1-t^2)-(1+2t)(1-t)^2} = \frac{9t^2+4t+8}{t+2}.\] Cuối cùng, ta sẽ chỉ ra \[\frac{9t^2+4t+8}{t+2} \geqslant 4\sqrt{1+2t^2},\] nhưng đây là một bất đẳng thức đúng vì \[\left ( \frac{9t^2+4t+8}{t+2} \right )^2 - 16(1+2t^2) = \frac{t^2(7t-4)^2}{(t+2)^2} \geqslant 0.\] Trong trường hợp tổng quát đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $a=5b=5c$ cùng các hoán vị. Bài toán được chứng minh.
  8. Trước hết, ta có bổ đề: Cho $a, \, b, \, c$ là ba số thực dương. Chứng minh rằng \begin{equation} \label{vidu19}729abc(a^3+b^3+c^3+2abc) \leqslant 5(a+b+c)^6.\end{equation} Thật vậy, ta chuyển bổ đề về $pqr$ như sau \[729r(p^3-3pq+5r) \leqslant 5p^6.\] Chuẩn hóa $p = 3$ và đặt $q = 3-3t^2$ với $0 \le t < 1,$ bất đẳng thức trên trở thành \[r(27t^2+5r) \leqslant 5.\] Vì $r \leqslant (1+2t)(1-t)^2,$ nên \[\begin{aligned} r(27t^2+5r) & \leqslant (1+2t)(1-t)^2[27t^2+5(1+2t)(1-t)^2] \\& =(1+2t)(1-t)^2(10t^3+12t^2+5).\end{aligned}\] Ta chứng minh \[(1+2t)(1-t)^2(10t^3+12t^2+5) \leqslant 5,\] tương đương với \[t^2(3-20t+36t^2+6t^3-20t^4) \geqslant 0,\] hay là \[t^2[3(2t-1)^4+4t(1-t)(4t-1)^2+2t^3(3-2t)] \geqslant 0.\] Như vậy \eqref{vidu19} được trước minh. Quay trở lại bài toán, từ \eqref{vidu19} với điều kiện $abc=1,$ ta được \[\frac{a+b+c}{3} \geqslant \sqrt[6]{\frac{a^3+b^3+c^3+2}{5}}.\] Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có \[a^3+b^3+c^3+2 = 3\cdot\frac{a^3+b^3+c^3}{3}+1+1 \geqslant 5\sqrt[5]{\frac{(a^3+b^3+c^3)^3}{27}},\] suy ra \[\frac{a+b+c}{3} \geq \sqrt[10]{\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}}.\] Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.$ Bài toán được chứng minh.
Như đã trình bày, đây là một hướng phát triển khác của kỹ thuật $pqr,$ tuy khá cồng kềnh về mặt hình thức, nhưng mặt xử lý lại rất trực quan, không mang tính đánh đố mà chỉ đòi hỏi khả năng xử lý, tính toán, đồng thời thông qua các ví dụ rất khó và phức tạp trên, ta phần nào thấy được tính hiệu quả của nó. Những kết quả trong bài viết mang tính khái quát nên rất chặt, thông thường mức độ của các bất đẳng thức trong các kỳ thi chưa đến mức như vậy, điển hình là bài $3$ của kỳ thi IMO $2006$ (lời giải gọn gàng hơn rất nhiều so với đáp án chính thức), nên kỹ thuật này cũng có thể xem như một lựa chọn khi gặp lớp các bất đẳng thức ba biến hoán vị.

BÀI TẬP RÈN LUYỆN

  1. (Michael Rozenberg, Nguyễn Văn Huyện) Cho ba số thực không âm $a,\,b,\,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca > 0.$ Chứng minh rằng \[\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} \geqslant \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2} + \frac{\big(1+\sqrt{2}\big)^2(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}{(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2}.\] 
  2. (Nguyễn Văn Huyện, VMEO IV) Cho ba số thực không âm $a,\,b,\,c$ thỏa mãn điều kiện $ab+bc+ca>0$. Chứng minh rằng bất đẳng thức \[a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca \geqslant \sqrt{9+6\sqrt{3}}\left|\frac{a^3-b^3}{a+b}+\frac{b^3-c^3}{b+c}+\frac{c^3-a^3}{c+a}\right|,\]
  3. (Vasile Cîrtoaje) Cho ba số thực $a,\,b,\,c$ thỏa mãn điều kiện $a^2+b^2+c^2 > 0$ và \[a^2+b^2+c^2=5(ab+bc+ca).\] Chứng minh rằng \[-\frac{1}{25} \leqslant \frac{a^3b+b^3c+c^3a}{(a^2+b^2+c^2)^2} \leqslant \frac{197}{675}.\]
  4. (Liu Quan Bao) Cho ba số thực không âm $x,\,y,\,z$ thỏa mãn $xy+yz+zx>0.$ Chứng minh rằng \[\frac{x}{y+z}+\frac {y}{z+x}+\frac {z}{x+y} \geqslant \frac{3}{2}+\frac{\sqrt{13+16\sqrt{2}}}{2}\left(\frac{x-y}{x+y}+\frac{y-z}{y+z}+\frac{z-x}{z+x}\right).\]
  5. (Nguyễn Văn Huyện) Cho ba số thực dương $a,\,b,\,c$ và số thực $k > 1$ cho trước thỏa mãn điều kiện \[(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right) = 9 + \frac{8}{k^2-1}.\] Chứng minh rằng \[\frac{2(k+1)^4+(k-1)^2(k^2+1)}{2(k^2+1)(k+1)^2} \leqslant \frac {a^2}{b^2+c^2}+\frac {b^2}{c^2+a^2}+\frac {c^2}{a^2+b^2} \leqslant \frac {2(k-1)^4+(k^2+1)(k+1)^2}{2(k-1)^2(k^2+1)}.\]
  6. (Võ Quốc Bá Cẩn) Cho ba số thực không âm $a,\,b,\,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3.$ Chứng minh rằng \[a^2b+b^2c+c^2a \leqslant \frac{1}{2}abc(a+b+c-1)+2.\]
  7. (Nguyễn Văn Huyện) Với $a,\,b,\,c$ là ba số thực không âm. Chứng minh rằng với mọi số thực dương $k \geqslant 2$ cho trước sao cho \[a^2+b^2+c^2 = \frac{k^2+1}{k}(ab+bc+ca).\] Chứng minh rằng \[a^3b+b^3c+c^3a \leqslant \frac{k^3}{(k^2+1)^2}(a^2+b^2+c^2)^2.\]
  8. (Nguyễn Văn Huyện) Cho $a,\,b,\,c$ là ba số thực dương. Chứng minh rằng \[(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right) \geqslant 9\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}}.\]
  9. (Phạm Kim Hùng) Cho $a,\,b,\,c$ là ba số thực không âm. Chứng minh rằng \[a^4+b^4+c^4-abc(a+b+c) \geqslant 2\sqrt{2}\left|a^3b+b^3c+c^2a-ab^3 bc^3-ca^3\right|.\]
  10. (Nguyễn Văn Huyện) Với $a,\,b,\,c$ là ba số thực dương và số thực $k \geqslant 0$ cho trước thỏa mãn điều kiện \[(a+b+c)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )=(k+3)^2.\] Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức \[P = \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}.\]

TÀI LIỆU THAM KHẢO

  1. Võ Quốc Bá Cẩn, Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Hiện Đại, 2008.
  2. Vasile Cîrtoaje, Algebraic Inequalities Polynomial Rational Symmetric Inequalities, GIL Publishing House, 2011.
  3. Vasile Cîrtoaje, Võ Quốc Bá Cẩn , On Some Cyclic Homogeneous Polynomial Inequality Of Degree Fourth In Real Variables Under Constraints, International Journal of Pure and Applied Mathematics, 2012.
  4. Art of Problem Solving: http://artofproblemsolving.com

Post a Comment


$hide=mobile

$hide=mobile

$hide=mobile

$show=post$type=three$count=6$sr=random$t=oot$h=1$l=0$meta=hide$rm=hide$sn=0

Kỷ Yếu$cl=violet$type=three$count=6$sr=random$t=oot$h=1$l=0$meta=hide$rm=hide$sn=0$hide=mobile

Journals$cl=green$type=three$count=6$sr=random$t=oot$h=1$l=0$meta=hide$rm=hide$sn=0$hide=mobile

Name

Ả-rập Xê-út,1,Abel,5,Albania,2,AMM,3,Amsterdam,5,Ấn Độ,2,An Giang,23,Andrew Wiles,1,Anh,2,Áo,1,APMO,19,Ba Đình,2,Ba Lan,1,Bà Rịa Vũng Tàu,52,Bắc Giang,50,Bắc Kạn,1,Bạc Liêu,9,Bắc Ninh,48,Bắc Trung Bộ,7,Bài Toán Hay,5,Balkan,38,Baltic Way,30,BAMO,1,Bất Đẳng Thức,66,Bến Tre,46,Benelux,14,Bình Định,45,Bình Dương,23,Bình Phước,38,Bình Thuận,34,Birch,1,Booklet,11,Bosnia Herzegovina,3,BoxMath,3,Brazil,2,Bùi Đắc Hiên,1,Bùi Thị Thiện Mỹ,1,Bùi Văn Tuyên,1,Bùi Xuân Diệu,1,Bulgaria,6,Buôn Ma Thuột,1,BxMO,13,Cà Mau,14,Cần Thơ,14,Canada,40,Cao Bằng,7,Cao Quang Minh,1,Câu Chuyện Toán Học,36,Caucasus,2,CGMO,10,China,10,Chọn Đội Tuyển,351,Chu Tuấn Anh,1,Chuyên Đề,124,Chuyên Sư Phạm,31,Chuyên Trần Hưng Đạo,3,Collection,8,College Mathematic,1,Concours,1,Cono Sur,1,Contest,618,Correspondence,1,Cosmin Poahata,1,Crux,2,Czech-Polish-Slovak,26,Đà Nẵng,39,Đa Thức,2,Đại Số,20,Đắk Lắk,56,Đắk Nông,7,Đan Phượng,1,Danube,7,Đào Thái Hiệp,1,ĐBSCL,2,Đề Thi,1,Đề Thi HSG,1766,Đề Thi JMO,1,Điện Biên,8,Định Lý,1,Định Lý Beaty,1,Đỗ Hữu Đức Thịnh,1,Do Thái,3,Doãn Quang Tiến,4,Đoàn Quỳnh,1,Đoàn Văn Trung,1,Đống Đa,4,Đồng Nai,49,Đồng Tháp,52,Du Hiền Vinh,1,Đức,1,Duyên Hải Bắc Bộ,25,E-Book,33,EGMO,17,ELMO,19,EMC,9,Epsilon,1,Estonian,5,Euler,1,Evan Chen,1,Fermat,3,Finland,4,Forum Of Geometry,2,Furstenberg,1,G. Polya,3,Gặp Gỡ Toán Học,26,Gauss,1,GDTX,3,Geometry,12,Gia Lai,26,Gia Viễn,2,Giải Tích Hàm,1,Giảng Võ,1,Giới hạn,2,Goldbach,1,Hà Giang,2,Hà Lan,1,Hà Nam,29,Hà Nội,232,Hà Tĩnh,72,Hà Trung Kiên,1,Hải Dương,50,Hải Phòng,42,Hàn Quốc,5,Hậu Giang,4,Hậu Lộc,1,Hilbert,1,Hình Học,33,HKUST,7,Hòa Bình,13,Hoài Nhơn,1,Hoàng Bá Minh,1,Hoàng Minh Quân,1,Hodge,1,Hojoo Lee,2,HOMC,5,HongKong,8,HSG 10,101,HSG 11,91,HSG 12,585,HSG 9,425,HSG Cấp Trường,78,HSG Quốc Gia,106,HSG Quốc Tế,16,Hứa Lâm Phong,1,Hứa Thuần Phỏng,1,Hùng Vương,2,Hưng Yên,33,Hương Sơn,2,Huỳnh Kim Linh,1,Hy Lạp,1,IMC,26,IMO,56,IMT,1,India,45,Inequality,13,InMC,1,International,315,Iran,11,Jakob,1,JBMO,41,Jewish,1,Journal,20,Junior,38,K2pi,1,Kazakhstan,1,Khánh Hòa,17,KHTN,54,Kiên Giang,64,Kim Liên,1,Kon Tum,18,Korea,5,Kvant,2,Kỷ Yếu,42,Lai Châu,4,Lâm Đồng,33,Lạng Sơn,21,Langlands,1,Lào Cai,17,Lê Hải Châu,1,Lê Hải Khôi,1,Lê Hoành Phò,4,Lê Khánh Sỹ,3,Lê Minh Cường,1,Lê Phúc Lữ,1,Lê Phương,1,Lê Quý Đôn,1,Lê Viết Hải,1,Lê Việt Hưng,1,Leibniz,1,Long An,42,Lớp 10,10,Lớp 10 Chuyên,455,Lớp 10 Không Chuyên,229,Lớp 11,1,Lục Ngạn,1,Lượng giác,1,Lương Tài,1,Lưu Giang Nam,2,Lý Thánh Tông,1,Macedonian,1,Malaysia,1,Margulis,2,Mark Levi,1,Mathematical Excalibur,1,Mathematical Reflections,1,Mathematics Magazine,1,Mathematics Today,1,Mathley,1,MathLinks,1,MathProblems Journal,1,Mathscope,8,MathsVN,5,MathVN,1,MEMO,11,Metropolises,4,Mexico,1,MIC,1,Michael Guillen,1,Mochizuki,1,Moldova,1,Moscow,1,Mỹ,10,MYM,227,MYTS,4,Nam Định,33,Nam Phi,1,Nam Trung Bộ,1,National,249,Nesbitt,1,Newton,4,Nghệ An,52,Ngô Bảo Châu,2,Ngô Việt Hải,1,Ngọc Huyền,2,Nguyễn Anh Tuyến,1,Nguyễn Bá Đang,1,Nguyễn Đình Thi,1,Nguyễn Đức Tấn,1,Nguyễn Đức Thắng,1,Nguyễn Duy Khương,1,Nguyễn Duy Tùng,1,Nguyễn Hữu Điển,3,Nguyễn Mình Hà,1,Nguyễn Minh Tuấn,8,Nguyễn Phan Tài Vương,1,Nguyễn Phú Khánh,1,Nguyễn Phúc Tăng,1,Nguyễn Quản Bá Hồng,1,Nguyễn Quang Sơn,1,Nguyễn Tài Chung,5,Nguyễn Tăng Vũ,1,Nguyễn Tất Thu,1,Nguyễn Thúc Vũ Hoàng,1,Nguyễn Trung Tuấn,8,Nguyễn Tuấn Anh,2,Nguyễn Văn Huyện,3,Nguyễn Văn Mậu,25,Nguyễn Văn Nho,1,Nguyễn Văn Quý,2,Nguyễn Văn Thông,1,Nguyễn Việt Anh,1,Nguyễn Vũ Lương,2,Nhật Bản,4,Nhóm $\LaTeX$,4,Nhóm Toán,1,Ninh Bình,42,Ninh Thuận,15,Nội Suy Lagrange,2,Nội Suy Newton,1,Nordic,19,Olympiad Corner,1,Olympiad Preliminary,2,Olympic 10,99,Olympic 10/3,5,Olympic 11,92,Olympic 12,30,Olympic 24/3,7,Olympic 27/4,20,Olympic 30/4,69,Olympic KHTN,6,Olympic Sinh Viên,73,Olympic Tháng 4,12,Olympic Toán,304,Olympic Toán Sơ Cấp,3,PAMO,1,Phạm Đình Đồng,1,Phạm Đức Tài,1,Phạm Huy Hoàng,1,Pham Kim Hung,3,Phạm Quốc Sang,2,Phan Huy Khải,1,Phan Thành Nam,1,Pháp,2,Philippines,8,Phú Thọ,30,Phú Yên,29,Phùng Hồ Hải,1,Phương Trình Hàm,11,Phương Trình Pythagoras,1,Pi,1,Polish,32,Problems,1,PT-HPT,14,PTNK,45,Putnam,25,Quảng Bình,44,Quảng Nam,32,Quảng Ngãi,34,Quảng Ninh,43,Quảng Trị,27,Quỹ Tích,1,Riemann,1,RMM,12,RMO,24,Romania,36,Romanian Mathematical,1,Russia,1,Sách Thường Thức Toán,7,Sách Toán,69,Sách Toán Cao Học,1,Sách Toán THCS,7,Saudi Arabia,7,Scholze,1,Serbia,17,Sharygin,24,Shortlists,56,Simon Singh,1,Singapore,1,Số Học - Tổ Hợp,27,Sóc Trăng,28,Sơn La,12,Spain,8,Star Education,5,Stars of Mathematics,11,Swinnerton-Dyer,1,Talent Search,1,Tăng Hải Tuân,2,Tạp Chí,14,Tập San,6,Tây Ban Nha,1,Tây Ninh,29,Thạch Hà,1,Thái Bình,39,Thái Nguyên,49,Thái Vân,2,Thanh Hóa,62,THCS,2,Thổ Nhĩ Kỳ,5,Thomas J. Mildorf,1,THPT Chuyên Lê Quý Đôn,1,THPTQG,15,THTT,7,Thừa Thiên Huế,36,Tiền Giang,19,Tin Tức Toán Học,1,Titu Andreescu,2,Toán 12,7,Toán Cao Cấp,3,Toán Chuyên,2,Toán Rời Rạc,5,Toán Tuổi Thơ,3,Tôn Ngọc Minh Quân,2,TOT,1,TPHCM,126,Trà Vinh,6,Trắc Nghiệm,1,Trắc Nghiệm Toán,2,Trại Hè,34,Trại Hè Hùng Vương,25,Trại Hè Phương Nam,5,Trần Đăng Phúc,1,Trần Minh Hiền,2,Trần Nam Dũng,9,Trần Phương,1,Trần Quang Hùng,1,Trần Quốc Anh,2,Trần Quốc Luật,1,Trần Quốc Nghĩa,1,Trần Tiến Tự,1,Trịnh Đào Chiến,2,Trung Quốc,14,Trường Đông,19,Trường Hè,7,Trường Thu,1,Trường Xuân,2,TST,56,Tuyên Quang,6,Tuyển Sinh,3,Tuyển Sinh 10,680,Tuyển Tập,44,Tuymaada,4,Undergraduate,67,USA,44,USAJMO,10,USATST,7,Uzbekistan,1,Vasile Cîrtoaje,4,Vật Lý,1,Viện Toán Học,2,Vietnam,4,Viktor Prasolov,1,VIMF,1,Vinh,27,Vĩnh Long,21,Vĩnh Phúc,64,Virginia Tech,1,VLTT,1,VMEO,4,VMF,12,VMO,47,VNTST,22,Võ Anh Khoa,1,Võ Quốc Bá Cẩn,26,Võ Thành Văn,1,Vojtěch Jarník,6,Vũ Hữu Bình,7,Vương Trung Dũng,1,WFNMC Journal,1,Wiles,1,Yên Bái,18,Yên Định,1,Yên Thành,1,Zhautykov,11,Zhou Yuan Zhe,1,
ltr
item
MOlympiad: [Nguyễn Văn Huyện] $(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2$
[Nguyễn Văn Huyện] $(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2$
MOlympiad
https://www.molympiad.net/2018/05/nguyen-van-huyen-a-b-b-c-c-a.html
https://www.molympiad.net/
https://www.molympiad.net/
https://www.molympiad.net/2018/05/nguyen-van-huyen-a-b-b-c-c-a.html
true
2506595080985176441
UTF-8
Loaded All Posts Not found any posts VIEW ALL Readmore Reply Cancel reply Delete By Home PAGES POSTS View All RECOMMENDED FOR YOU LABEL ARCHIVE SEARCH ALL POSTS Not found any post match with your request Back Home Sunday Monday Tuesday Wednesday Thursday Friday Saturday Sun Mon Tue Wed Thu Fri Sat January February March April May June July August September October November December Jan Feb Mar Apr May Jun Jul Aug Sep Oct Nov Dec just now 1 minute ago $$1$$ minutes ago 1 hour ago $$1$$ hours ago Yesterday $$1$$ days ago $$1$$ weeks ago more than 5 weeks ago Followers Follow THIS PREMIUM CONTENT IS LOCKED Please share to unlock Copy All Code Select All Code All codes were copied to your clipboard Can not copy the codes / texts, please press [CTRL]+[C] (or CMD+C with Mac) to copy