Bất Đẳng Thức Và Cực Trị

     

 - Khi triển khai các phép đổi khác trong chứng minh bất đẳng thức , ko được trừ hai bất đẳng thức cùng chiều hoặc nhân chúng khi chưa chắc chắn rõ vệt của nhì vế . Chỉ được phép nhân nhị vế của bất đẳng thức với một biểu thức khi ta hiểu rõ dấu của biểu thức đó

 - Cho một trong những hữu hạn những số thực thì trong đó lúc nào ta cũng lựa chọn ra được số lớn nhất và số nhỏ nhất . đặc điểm này được dùng để làm sắp đồ vật tự những ẩn vào việcchứng minh một bất đẳng thức

 




Bạn đang xem: Bất đẳng thức và cực trị

*
37 trang
*
trường đạt
*
3470
*
8Download


Xem thêm: Y Hải Dương Điểm Chuẩn - Điểm Chuẩn Đại Học Y Hải Dương Năm 2016 Năm 2022

Bạn đã xem 20 trang mẫu mã của tài liệu "Chuyên đề Bất đẳng thức, bất phương trình, rất trị đại số", để thiết lập tài liệu nơi bắt đầu về máy chúng ta click vào nút DOWNLOAD ở trên


Xem thêm: Bật Mí Cách Phân Biệt Tính Từ Trạng Từ Trong Tiếng Anh Từ, Cách Dùng Tính Từ Và Trạng Từ Trong Tiếng Anh

Bất đẳng thức , bất phương trình ,cực trị đại số - Bất đẳng thức 1. Kiến thức cần ghi nhớ a) Định nghĩa : mang đến hai số a cùng b ta gồm a > b a – b > 0 b) một trong những bất đẳng thức cơ bạn dạng : 01) những bất đẳng thức về luỹ thừa và căn thức : cùng với A là một biểu thức bất kỳ , vệt bằng xẩy ra khi A = 0 ; ; dấu bằng xảy ra khi A = 0 Với vết bằng xảy ra khi có ít nhất một trong các hai số bởi không với dấu bằng xẩy ra khi B = 0 02) những bất đẳng thứcvề giá trị tuyệt đối với A ngẫu nhiên , vết bằng xẩy ra khi A = 0 vệt bằng xẩy ra khi A và thuộc dấu lốt bằng xảy ra khi A cùng B thuộc dấu cùng A> B 03) Bất đẳng thức Cauchy ( Côsi ) : - cho các số ( mức độ vừa phải nhân của n số không âm không to hơn trung bình cộng của bọn chúng ) lốt bằng xẩy ra khi - Bất đẳng thức Côsi mang đến hai số có thể phát biểu dưới những dạng sau : cùng với a cùng b là các số không âm với a và b là các số ngẫu nhiên Với a với b là những số bất kỳ Dấu bằng xẩy ra khi a = b 04) Bất đẳng thức Bunhiacopsky (Còn điện thoại tư vấn là bất đẳng thức Côsi – Svac ) : - cho hai bộ những số thực: với . Lúc ấy : vết bằng xẩy ra khi : - Hoặc cùng với ai , bi không giống 0 cùng nếu thì khớp ứng cũng bởi 0 - Hoặc có một bộ trong hai cỗ trên gồm toàn số không - Bất đẳng thức Côsi – Svac đến hai cặp số : vệt bằng xẩy ra khi ay = bx 05) Bất đẳng thức với x > 0 ; với x b với b > c thì a > c 02 ) đặc điểm liên quan liêu đén phép cùng : cộng hai vế của bất đẳng thức cùng với cùng một vài : nếu a> b thì a +c > b+ c cùng hai bất đẳng thức thuộc chiều : nếu a > b với c > d thì a+c > b +d 03 ) Trừ nhị bất đẳng thức trái hướng : nếu như a > b và c b – d 04 ) Các đặc thù liên quan mang lại phép nhân : - Nhân 2 vế của bất đẳng thức với một vài Nếu a >b và c > 0 thì ac > bc nếu như a > b và c b >0 cùng c > d > 0 thì ac > bd nếu như a bd Luỹ thừa nhì vế của một bất đẳng thức : với mọi Với mọi với mọi 0 m a > 1 với n > m 2. Một vài điểm cần lưu ý : - Khi thực hiện các phép biến đổi trong chứng tỏ bất đẳng thức , không được trừ nhị bất đẳng thức thuộc chiều hoặc nhân bọn chúng khi chưa biết rõ vệt của hai vế . Chỉ được phép nhân nhì vế của bất đẳng thức với cùng 1 biểu thức lúc ta thấu hiểu dấu của biểu thức kia - Cho một vài hữu hạn những số thực thì vào đó bao giờ ta cũng chọn ra được số lớn nhất và số bé dại nhất . đặc thù này được dùng để làm sắp vật dụng tự các ẩn trong việcchứng minh một bất đẳng thức 3. Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức:3.1. Sử dụng các đặc thù cơ bạn dạng của bất đẳng thứcVí dụ 1: chứng minh rằng với đa số số thức x thì :Giải :Ta có : với đa số x vì vậy : Đúng với mọi x dấu bằng xảy ra khi x = -3 lấy ví dụ như 2 : cho a, b cùng a+b 0 . Chứng minh rằng Giải :Ta gồm : Xét tử của M : bởi vì a+b 0 đề nghị M= > 0 vì a, b chẳng thể đồng thời bằng 0 3.2. Phương thức phản chứng:Ví dụ 3: Cho bố số a, b, c chấp thuận . Minh chứng rằng cả bố số này đều dương Giải- giả sử có một số trong những không dương: a Ê 0Từ abc > 0 ta có: bc 0 ta có: b + c > - a > 0Từ ab +bc+ac >0 ta có: bc + a(b + c) > 0 ị bc > - a (b + c) > 0 (**)Ta tất cả (*) và (**) xích míc nhau ị đpcm.3.3. Cách thức sử dụng những bất đẳng thức cơ bản:Ví dụ 4: minh chứng rằng: với x, y > 0. Ta có : ( 1 + x) (1 + y) (1 + )2 GiảiCách 1 : áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky ta gồm : giải pháp 2 : Theo bất đẳng thức Cosi ta có:Dấu bằng xẩy ra khi x = yVí dụ 5 : mang lại và 3a + 4 = 5 . Chứng tỏ rằng Giải :Cách 1 : áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxky ta bao gồm : 1Dấu bằng xảy ra khi : cách 2 : từ bỏ 3a +4b = 5 ta tất cả a= Vậy Đúng với đa số x lấy ví dụ 6 : chứng tỏ rằng với đa số góc nhọn x ta có : a ) sin x + cosx b) tgx + cotgx 2 Giải :a) vận dụng bất đẳng thức Cosi mang đến hai số dương ta có : sin x + cosx vệt bằng xẩy ra khi sinx = cosx tuyệt x = 450b ) bởi tgx , cotgx >0 . Vận dụng bất đẳng thức Cosi mang lại hai số ta có ; tgx + cotgx ( vị tgx . Cotgx = 1 ) vết bằng xẩy ra khi tgx = cotgx giỏi x= 450Ví dụ 7 : mang đến . Minh chứng rằng : Giải :Ta tất cả : vận dụng bất đẳng thức Cosicho nhị số dương với ta tất cả : mà lại : Vậy lốt bằng xẩy ra khi a = 4 ví dụ như 8 : chứng minh rằng với tất cả số thực x , y ta có : Giải :Bất đẳng thức cần chứng tỏ tương đương với : Điều này đúng bởi vì và không đồng thời xảy ra (2x-1)2 = (y-3)2 = (x-y)2 = 0 3.4. Cách thức sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình :Ví dụ9 : minh chứng rằng nếu phương trình:2x2 + (x + a)2 + (x + b)2 = c2Có nghiệm thì 4c2 3(a + b)2 – 8abGiảiTa bao gồm : Để phương trình có nghiệm thì : 3.5. Phương thức làm trội:Ví dụ10 : chứng tỏ với n N* thì:GiảiTa có: + .4. Các bài tập từ bỏ luyện :Bài 1: trong tam giác vuông ABC có cạnh huyền bởi 1 , hai cạnh góc vuông là b và c. Chứng minh rằng : b3 + c3 b > 0 . Minh chứng rằng b ) áp dụng so sánh và giải đáp giải :Bài 1 : Theo định lý Pitago ta có một = b2 + c2 và 1> b; 1 > cVậy 1= b2 + c2 > b3 + c3Bài 2 : a) Ta gồm : vì x2 - x +1 = với tất cả x buộc phải ( Đúng )Dấu bằng xẩy ra khi x = b ) Ta tất cả : Đúng vì chưng a +b 0; a+b > 0 nên: (*) ( Bất đẳng thức Cosi mang lại 2 số )Vậy với đa số a , b > 0 b) Đặt (x-1)2 = t thì t > 0 và x(2-x) = -x2+2x = 1-(x-1)2 = 1-t vì 0 0 vận dụng bất đẳng thức ngơi nghỉ câu (a) đến hai số dương t với 1-t ta được cơ mà 4 - x2 p. = 0Với x 0 ta có: p. = x = P(x + a)2 px2 + 2 apx + pa2 = x px2 + (2ap – 1) x + a2 = 0Để phương trình bao gồm nghiệm thì: (2ap – 1)2 – 4pa2 0 4a2p2 – 4ap + 1 – 4a2p 0 4a2p2 – 4a (a + 1)p + 1 0Giải bất phương trình bậc 2 chiếm được P1 phường P24. Bài xích tập trường đoản cú luyện :Bài 1: Tìm giá chỉ trị bé dại nhất của các biểu thức sau: a) A = x2 - 6x +1 b) B = 10x2+5y2- 4x - 6y -12xy +2020 c) C = d ) D = 3x2+5y2 với bài 2 : Tìm giá trị to nhất của các biểu thức sau: a) M = - x2 + 4x + 7 b ) N = 2003 -2x2 - 8y2 +2x + 4xy + 4y c) p. = ( x+1 ) (2 - x ) bài bác 3: Tìm giá chỉ tri lớn số 1 và nhỏ tuổi nhất của biểu thức: p = Giải:Bài 1: a) A= (x-3)2 -8 cần min A = 8 khi x = 3 b) B = ( x-2)2 +(y - 3)2 +(3x -2y)2 +2007 bắt buộc Min B = 2007 lúc x = 3; y =2 c) Điều kiện: x 0 (*). Vận dụng bất dẳng thức Cosi mang lại hai số dương ta có:Vậy MinC = 2 khi đối chiếu với (*) ta được x =-1 c) trường đoản cú Theo bất đẳng thức Bunhiacopxky ta có: Vậy MinD = 2 khi x= và y = bài 2: a) M = 11 - (x - 2)2 bắt buộc MaxM = 11 lúc x = 2 b) N = 2005 - (x -1 )2 -(2y+1)2-(x-2y)2 bắt buộc MaxN = 2005 khi x = 1; y = - c ) p = ( x+1 ) (2 - x ) ( Bất đẳng thức Cosi ) Vậy MaxP = lúc x = bài xích 3: Ta có: phường = (* ) Ta thấy p = 0 lúc x = Với p 0 thì cực hiếm của p phải thoả mãn cho phương trình (*) có nghiệm cùng với x Điều này tương đương với: Vậy MaxP = lúc x = MinP = -khi x = V.3. Bất phương trình 1. Kiến thức cần lưu giữ : - Bất phương trình hàng đầu : ax +b = 0 () + nếu như a > 0 bất phương trình tất cả nghiệm + nếu a thì f(x) và hệ số a cùng dấu , khi x 0 ; A(x)B(x) b b b , b > c a > c+ + + + 3. Một trong những hằng bất đẳng thức + ; xảy ra đẳng thức khi a = 0.+ . Xảy ra đẳng thức lúc a = 04. Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức4.1. Dùng định nghĩaĐể chứng tỏ A > B, ta xét hiệu A - B và chứng minh rằng A - B > 04.2. Dùng những phép biến hóa tương đươngĐể chứng tỏ A > B ta biến hóa tương đương trong số đó bất đẳng thức An > Bn luôn luôn đúng, vì quá trình chuyển đổi là tương tự nên ta suy ra A > B là đúng.4.3. Sử dụng bất đẳng thức phụĐể chứng minh A > B, ta xuất phát từ một hằng bất đẳng thức hoặc một bất đẳng thức dễ dàng và đơn giản (gọi là bđt phụ) và đổi khác tương đương suy ra A > B.II- các nhận xét và các bài toán minh hoạ cho bài toán ứng dụng, khai thác một bất đẳng thức lớp 8Nhận xét :Trong công tác toán T.H.C.S bao gồm một bất đẳng thức quen thuộc mà việc vận dụng của nó trong những khi giải các bài tập đại số cùng hình học rất tất cả hiệu quả. Ta thường hotline đó là “bất đẳng thức kép”. Đó là bất đẳng thức sau :Với phần lớn a, b ta luôn có : (*)Nhận thấy (*) Cả bố bất đẳng thức trên đều tương tự với hằng bất đẳng thức và cho nên vì thế chúng xảy ra đẳng thức lúc a = b.ý nghĩa của bất đẳng thức (*) là nêu đề xuất quan hệ giữa tổng nhị số cùng với tích nhì số với với tổng các bình phương của nhị số đó.Sau đó là một số lấy ví dụ như minh hoạ việc vận dụngvà khai thác bất đẳng thức (*).Bài toán 1:Cho a + b = 1 . Chứng tỏ rằng: ; ; * Giải : áp dụng bất đẳng thức (1) với giả thiết a + b = 1 ta có: ; .Đẳng thức xảy ra khi a = b = 1/2.* khai quật bài toánNhận xét 1: Nếu tiếp tục áp dụng bđt (1) với tăng số mũ của biến hóa ta nhận được các hiệu quả như:Tổng quát mắng ta có việc sau:Bài toán 1.1: mang lại a + b = 1 . Minh chứng rằng: biện pháp giải việc 1.1 ta áp dụng phương pháp quy hấp thụ toán học với làm tương tự như bài toán 1.Nhận xét 2: thường xuyên khái quát vấn đề 1.1 khi thay giả thiết a + b = 1 vì giả thiết a + b = k , làm giống như như bên trên ta gồm Vậy có câu hỏi 1.2 như sau:Bài toán 1.2: đến a + b = k . Triệu chứng minh: nhấn xét 3: Từ việc 1.2 trường hợp ta cố kỉnh giả thiết a + b = k bởi vì b = k - a ta được việc 1.3:Chứng minh : với mọi k .* khai thác sâu bài toánNhận xét 1: Nếu vận dụng bất đẳng thức (1) liên tiếp 2 lần ta tất cả kết quả:Tổng quát lác ta có câu hỏi sau:Bài toán1.4:Chứng minh : a) b) dìm xét 2: Nếu áp dụng bất đẳng thức (1) liên tục nhiều lần và tăng số biến ta có:.Vậy có bài toán 1.5:Chứng minh: Cứ liên tục suy luận sâu hơn nữa ta thu được không ít bài toán bao quát hơn.Bài toán 2: đến a, b, c > 0.Chứng minh rằng: * Giải: vận dụng bất đẳng thức (2) ta tất cả : (vì a, b, c > 0) ( bởi vì (a+b)(b+c)(c+a) > 0 với 8abc > 0).Đẳng thức xảy ra khi a = b = c .* khai quật bài toánNhận xét 1: Nếu cho a, b, c > 0 cùng a + b + c = 1. Khi ấy ta có một - a, 1- b, 1 - c > 0 và có một + c = 1 + 1 - a - b = (1 - a ) + (1 - b ). Vận dụng bài toán 2 ta được : Vậy có việc 2.1:Cho a, b, c > 0 với a + b + c = 1. Chứng minh: thừa nhận xét 2: Ta tiếp tục khai thác sâu hơn bài xích toán bằng phương pháp cho a + b + c = n > 0 . Khi đó tương tự như như việc 2.1 ta có câu hỏi 2.2:Cho a, b, c > 0 với a + b + c = n > 0. Chứng tỏ : vấn đề 3:Chứng minh rằng với tất cả a, b, c ta có : * Giải : áp dụng bất đẳng thức (3) ta có : đ.p.c.mCó đẳng thức lúc a = b = c.* khai thác bài toánNhận xét 1 : Nếu vận dụng bài toán 3 với tăng số nón lên, không thay đổi số biến chuyển ta bao gồm (*) lại vận dụng bài toán 3 đợt tiếp nhữa ta có (**) . Từ (*) với (**) ta thu được kết quả là . Vậy có việc 3.1:Chứng minh rằng với tất cả a, b, c ta tất cả : .Nhận xét 2: giả dụ tăng số trở nên và không thay đổi số nón của trở nên với bí quyết làm như việc 3 ta có vấn đề 3.2:Chứng minh rằng: với đa số Bài toán 4 :Chứng minh rằng với mọi a, b, c, d ta tất cả :* Giải :áp dụng bất đẳng thức (3) ta tất cả : đ.p.c.mCó đẳng thức khi a = b = c = d* khai thác bài toánNhận xét 1: Nếu gắng b = c = d = 1 ta bao gồm bđt Vậy có bài toán 4.1:Tìm giá bán trị bé dại nhất của A = dìm xét 2: Nếu khai quật bài toán 4 theo hướng tăng số biến, số nón lên, ta Có câu hỏi tổng quát lác sau:Bài toán 4.2:Chứng minh rằng với mọi số với ta có:.Bài toán 5 :Cho a + b + c + d = 2 . Chứng minh : * khai quật bài toánNhận xét 1: Nếu vậy hằng số 2 ở giả thiết vì số k ta được tác dụng . Vậy có câu hỏi tổng quát hơn hẳn như là sau:Bài toán 5.1:Cho a + b + c + d = k . Minh chứng : thừa nhận xét 2: Ta còn rất có thể tổng quát việc 5.1 ở tầm mức độ cao hơn bằng phương pháp tăng số phát triển thành của vấn đề . Khi đó bài toán 5.1 chỉ với trường hòa hợp riêng của việc sau:Bài toán 5.2:Cho = k . Triệu chứng minh: cùng với Để giải bài toán này thì cả hai biện pháp làm của câu hỏi 5 sống trên gửi vào áp dụng không hợp lý, ta sẽ có tác dụng như sau:áp dụng bđt (3) ta có: ; ; ; (vì ) (đ.p.c.m). Từ kia suy ra : với (1.1)Vậy có vấn đề 5.3: bệnh minh: cùng với .Đặc biệt hoá cùng với n = 5, n = 7, ta được những việc như : chứng tỏ : . Rõ ràng những bđt này trường hợp sử dụng phương pháp dùng định nghĩa hoặc biến hóa tương đương thì rất khó giải quyết .* khai thác sâu bài xích toánNếu liên tiếp nâng số mũ lên cao hơn theo cách khai quật của câu hỏi 1.4 ta thu được kết quả tổng quát không chỉ có thế chẳng hạn:Bài toán 5.4:Chứng minh: a) cùng với b) cùng với c) cùng với (1.2)Rõ ràng các bất đẳng thức này còn chặt hơn cả bđt Cô Si với cũng không cần đk gì của biến.Tiểu kết 1: Trên trên đây ta đã khai quật và cải tiến và phát triển từ những bài xích toán đơn giản dễ dàng để thu được những câu hỏi mới, những hiệu quả mới tổng thể hơn.Bất đẳng thức (1.1) là ngôi trường hợp tổng thể của bất đẳng thức (1) khi ta khai thác theo hướng tăng số thay đổi của bài toán.Bất đẳng thức (1.2) là trường hợp bao quát của bất đẳng thức (1) khi ta khai quật theo phía tăng cả số mũ và số biến.Tiểu kết 2:Để khai thác, phát triển một vấn đề về bất đẳng thức ta có thể đi theo một số hướng như sau: Hướng trước tiên : tổng thể hoá các hằng số có trong bài toán, lấy ví dụ như những bài toán 1.2; 2.2; 5.1; 6.1; 8.1; 9.1; 10.2; 12.1Hướng sản phẩm hai : không thay đổi số thay đổi và tăng số mũ của các biến dẫn đến bao quát hoá số mũ, ví dụ những bài toán 1.1; 1.4Hướng thứ cha : giữ nguyên số mũ với tăng số biến của các biến dẫn đến tổng thể hoá số biến, ví dụ các bài toán 1.5; 3.1; 6.3; 9.2; 10.3Hướng thứ tứ : tổng quát hoá lẫn cả về số mũ và số biến, ví dụ như những bài toán 4.2; 5.2; 5.4Hướng đồ vật năm : Đổi biến, đặc trưng hoá từ bài toán tổng quát, lấy ví dụ như như các bài toán 2.1; 4.1; 5.3; 6.2 Trên đây là các ví dụ áp dụng bđt (*) vào vấn đề giải các bài toán đại số và một số phương hướng để khai thác một bài bác toán. Công dụng thu được sau khoản thời gian khai thác bđt (1) là bđt : cùng với (1.1) và bđt: với (1.2)Hoàn toàn tương tự như trên ( chứng tỏ bằng quy nạp toán học ) ta cũng có công dụng khi khai quật bđt (2) như sau: cùng với (2.1)Từ bđt (1.2) với bđt (2.1) ta tất cả bđt tổng thể của bđt (*) như sau: cùng với (*.1) vậy nên khi làm xong một bài toán dù là bài toán dễ , bạn làm toán tránh việc thoả mãn ngay lập tức với lời giải của chính mình mà đề xuất tiếp tục lưu ý đến những vụ việc xung quanh bài bác toán, kiếm tìm ra những bài toán bắt đầu hay hơn, tổng quát hơn, sau đó đặc biệt hoá bài toán tổng quát để sở hữu được những bài toán độc đáo và khác biệt hơn, thú vui hơn. Điều đó làm cho tất cả những người học toán càng ngày say mê bộ môn, đồng thời cũng là bí quyết rèn luyện bốn duy, nghiên cứu để chiếm lĩnh kho tàng tri thức của nhân loại. MOÄT KYế THUAÄT CHệÙNG MINH BAÁT ẹAÚNG THệÙC COÙ ẹIEÀU KIEÄN ===========Trong moọt soỏ baứi toaựn Baỏt ủaỳng thửực coự moọt soỏ khaự nhieàu baứi toaựn chửựng minh maứ caực aồn coự ủieàu kieọn raứng buoọc; daùng: “Cho C D. Chửựng minh A B”Coự moọt kyừ thuaọt ủeồ chửựng minh laứ ta ủi tửứ chửựng minh: (A – B) + (D –C) 0; khi ủoự tửỷ ủieàu kieọn C D ta suy ra ủửụùc A BSau ủaõy laứ moọt soỏ vớ duù:Baứi toaựn 1: đến a + b 1. Chửựng minh raống: a2 + b2 1/2Giaỷi: Ta coự (a2 + b2 – 1/2) + (1 – a – b) = a2 + b2 – a – b – 1/2 = (a2 – a + 1/4) + ( b2 – b + 1/4) = (a – 1/2)2 + (b – 1/2)2 0. Maứ a + b 1 suy ra: 1 – a – b 0 => a2 + b2 – 50% 0 tuyệt a2 + b2 1/2Baứi toaựn 2: Chửựng minh raống neỏu a + b 2 thỡ a3 + b3 a4 + b4Giaỷi: Ta coự: (a4 + b4 – a3 + b3) + ( 2 – a – b) = a4 – a3 – a + 1 + b4 – b3 – b + 1 = = (a – 1)(a3 – 1) + (b -1)(b3 – 1) = (a – 1)2(a2 + a + 1) + (b – 1)2(b2 + b + 1) 0Maứ a + b 2 => 2 – a – b 0 => a4 + b4 – a3 + b3 0 => a3 + b3 a4 + b4Baứi toaựn 3: mang đến x, y laứ caực soỏ dửụng thoaỷ maừn: x3 + y4 x2 + y3. Chửựng minh raống:x3 + y3 x2 + y2 vaứ x2 + y3 x + y2Giaỷi: a/ Ta coự: (x2 + y2 – x3 – y3) + (x3 + y4 – x2 – y3) = y2 – 2y3 + y4 = y2(y – 1)2 0Maứ x3 + y4 x2 + y3 => x3 + y4 – x2 – y3 0 => x3 + y3 x2 + y2b/ Ta coự: (x + y2 – x2 + y3) + (x3 + y4 – x2 – y3) = x – 2x2 + x3 + y2 – 2y3 + y4 == x(1 – x)2 + y2(y – 1)2 0 (vỡ x > 0)Maứ x3 + y4 x2 + y3=> x3 + y4 – x2 – y3 0 => x2 + y3 x + y2Baứi toaựn 4: Chửựng minh raống neỏu: a + b + c 3 thỡ a4 + b4 + c4 a3 + b3 + c3 Giaỷi: Ta coự: (a4 + b4 + c4 – a3 – b3 – c3) + (3 – a – b – c) = = (a – 1)2(a2 + a + 1) + (b – 1)2(b2 + b + 1) + (c – 1)2(c2 + c + 1 0Maứ: a + b + c 3 => 3 – a – b – c 0 => a4 + b4 + c4 a3 + b3 + c3Baứi toaựn 5: mang lại x, y laứ caực soỏ dửụng thoaỷ maừn x3 + y3 = x – y. Chửựng minh raống: x2 + y2 0 ( vỡ vạc x; y > 0)=> x2 + y2