A. Lời mở đầu
Lời đầu tiên xin gửi lời chào đến tất cả các thành viên VMF. Mình xin tự giới thiệu mình là Nguyễn Thành An, học sinh lớp 10A trường THPT Hồng Lĩnh, tỉnh Hà Tĩnh. Như ta đã biết, bất đẳng thức là một trong những dạng toán khó trong các kì thi HSG cũng như vào các lớp chuyên toán. Để có được kĩ năng chứng minh bất đẳng thức tốt thì học sinh ngoài thông minh thì cần biết chắt lọc áp dụng nhiều phương pháp và kĩ thuật để giải quyết bài toán. Bài viết này mình sẽ giới thiệu với các bạn kĩ thuật đổi biến để đưa bất đẳng thức về một dạng đơn giản hơn, qua đó chúng ta sẽ khai thác một bài toán gốc thành các bài toán khó hơn và tìm cách giải chúng.
B. Phương pháp
I. Các bất đẳng thức cần nhớ:
1. Bất đẳng thức AM-GM
Với các số không âm $a_{1}, a_{2},..., a_{n}(n\in \mathbb{N^{*}})$. Khi đó ta luôn có:
$a_{1}+a_{2}+...+a_{n}\geq n\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}$
Dấu = xảy ra$\Leftrightarrow a_{1}=a_{2}=...=a_{n}$
2. Bất đẳng thức Svac-xơ(hệ quả của Cauchy-Schwarz)
Với các số bất kì $a_{1}, a_{2},..., a_{n}(n\in \mathbb{N^{*}})$ và các số dương $b_{1}, b_{2},...,b_{n}(n\in \mathbb{N^{*}})$ ta luôn có:
$\frac{a_{1}^{2}}{b_{1}}+\frac{a_{2}^{2}}{b_{2}}+...+\frac{a_{n}^{2}}{b_{n}}\geq \frac{(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^{2}}{b_{1}+b_{2}+...+b_{n}}$
Dấu = xảy ra$\Leftrightarrow \frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=...=\frac{a_{n}}{b_{n}}$
II. Phương pháp:
Đối với những loại toán có tích của 3 biến $x,y,z$ bằng $k^{3}$ thì ta có 3 cách đổi biến như sau:
1. Đặt $x=\frac{ka}{b},y=\frac{kb}{c},z=\frac{kc}{a}$
2. Đặt $x=\frac{ka^{2}}{bc},y=\frac{kb^{2}}{ca},z=\frac{kc^{2}}{ab}$
3. Đặt $x=\frac{kbc}{a^{2}},y=\frac{kca}{b^{2}},z=\frac{kab}{c^{2}}$
C. Các ví dụ
Để làm quen với cả 3 cách đổi biến ta sẽ đến với các bài toán sau:
Bài toán 1: Cho $a,b,c>0$ thoả mãn $abc=1$. CMR:
$\frac{1}{ab+a+2}+\frac{1}{bc+b+2}+\frac{1}{ca+c+2}\leq \frac{3}{4}$
Lời giải:
Vì $abc=1$ nên ta có thể đặt $a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x}$($x,y,z>0$)
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\frac{1}{\dfrac{x}{z}+\dfrac{x}{y}+2}+\frac{1}{\dfrac{y}{x}+\dfrac{y}{z}+2}+\frac{1}{\dfrac{z}{y}+\dfrac{z}{x}+2}\leq \frac{3}{4}$
$\Leftrightarrow \frac{yz}{xy+xz+2yz}+\frac{zx}{yz+xy+2zx}+\frac{xy}{zx+yz+2xy}\leq \frac{3}{4}$
Áp dụng bất đẳng thức $\frac{1}{m+n}\leq \frac{1}{4}(\frac{1}{m}+\frac{1}{n})$($m,n>0$) ta có:
$\frac{yz}{xy+zx+2yz}=yz.\frac{1}{(xy+yz)+(zx+yz)}\leq \frac{yz}{4}(\frac{1}{xy+yz}+\frac{1}{xz+yz})=\frac{1}{4}(\frac{z}{x+z}+\frac{y}{x+y})$
Thiết lập các bất đẳng thức tương tự rồi cộng vế theo vế ta được:
$\sum \frac{yz}{xy+xz+2yz}\leq \frac{1}{4}(\frac{z+x}{z+x}+\frac{x+y}{x+y}+\frac{y+z}{y+z})=\frac{3}{4}$(đpcm)
Bài toán 2: Cho $x,y,z$ là các số thực khác 1 thoả mãn điều kiện $xyz=1$. CMR:
$\frac{x^{2}}{(x-1)^{2}}+\frac{y^{2}}{(y-1)^{2}}+\frac{z^{2}}{(z-1)^{2}}\geq 1$ (IMO 2008)
Lời giải:
Vì $xyz=1$ nên ta có thể đặt $x=\frac{a^{2}}{bc}, y=\frac{b^{2}}{ca}, z=\frac{c^{2}}{ab}$($a,b,c>0; a^{2}\neq bc,b^{2}\neq ca,c^{2}\neq ab$)
Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với:
$\frac{a^{4}}{(a^{2}-bc)^{2}}+\frac{b^{4}}{(b^{2}-ca)^{2}}+\frac{c^{4}}{(c^{2}-ab)^{2}}\geq 1$
Áp dụng bất đẳng thức Svac-xơ ta có:
$\sum \frac{a^{4}}{(a^{2}-bc)^{2}}\geq \frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{(a^{2}-bc)^{2}+(b^{2}-ca)^{2}+(c^{2}-ab)^{2}}$
Ta chứng minh:
$(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}\geq (a^{2}-bc)^{2}+(b^{2}-ca)^{2}+(c^{2}-ab)^{2}$
$\Leftrightarrow (ab+bc+ca)^{2}\geq 0$(luôn đúng)
$\Rightarrow$ đpcm
Dấu = xảy ra$\Leftrightarrow a=1, b=2, c=\frac{-2}{3} \Rightarrow x=\frac{-3}{4}, y=-6, z=\frac{2}{9}$(TM)
Bài toán 3: Cho $x,y,z$ là các số thực khác 1 thoả mãn $xyz=8$. CMR:
$\frac{1}{(x+1)^{2}}+\frac{1}{(y+1)^{2}}+\frac{1}{(z+1)^{2}}\geq \frac{1}{3}$
Lời giải:
Vì $xyz=2^{3}$ nên ta có thể đặt $x=\frac{2bc}{a^{2}}, y=\frac{2ca}{b^{2}}, z=\frac{2ab}{c^{2}}(a,b,c>0; a^{2}\neq 2bc,b^{2}\neq 2ca,c^{2}\neq 2ab)$
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\frac{1}{\left ( \dfrac{2bc}{a^{2}}+1 \right )^{2}}+\frac{1}{\left ( \dfrac{2ca}{b^{2}}+1 \right )^{2}}+\frac{1}{\left ( \dfrac{2ab}{c^{2}}+1 \right )^{2}}\geq \frac{1}{3}$
$\Leftrightarrow \frac{a^{4}}{(a^{2}+bc)^{2}}+\frac{b^{4}}{(b^{2}+ca)^{2}}+\frac{c^{4}}{(c^{2}+ab)^{2}}\geq \frac{1}{3}$
Áp dụng bất đẳng thức Svac-xơ ta có:
$\sum \frac{a^{4}}{(a^{2}+bc)^{2}}\geq \frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{(a^{2}+2bc)^{2}+(b^{2}+2ca)^{2}+(c^{2}+2ab)^{2}}$
Ta chứng minh:
$\frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{(a^{2}+2bc)^{2}+(b^{2}+2ca)^{2}+(c^{2}+2ab)^{2}}\geq \frac{1}{3}$
$\Leftrightarrow 3(a^{4}+b^{4}+c^{4})+6(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})\geq a^{4}+b^{4}+c^{4}+4(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})+4abc(a+b+c)$
$\Leftrightarrow a^{4}+b^{4}+c^{4}+a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}\geq 2abc(a+b+c)$
$\Leftrightarrow (a^{2}-bc)^{2}+(b^{2}-ca)^{2}+(c^{2}-ab)^{2}\geq 0$(luôn đúng)
$\Rightarrow$ đpcm
Dấu = xảy ra$\Leftrightarrow a=b=c\Rightarrow x=y=z=2$
Trên đây là 3 bài toán cơ bản vận dụng cách đổi biến. Để hiểu rõ hơn về cách đổi biến trong các bài bất đẳng thức ta sẽ đến với các bài toán nâng cao. Mở đầu sẽ là một bài toán gốc:
Bài toán 4: Cho $a,b,c>0$. Chứng minh:
$\left ( \frac{a}{a+b} \right )^{2}+\left ( \frac{b}{b+c} \right )^{2}+\left ( \frac{c}{c+a} \right )^{2}\geq \frac{3}{4}$
Nhận xét: Khi gặp bài toán này học sinh thường mắc sai lầm sau:
$\sum \left ( \frac{a}{a+b} \right )^{2}\geq \frac{1}{3}\left ( \sum \frac{a}{a+b} \right )^{2}\geq \frac{1}{3}.\left ( \frac{3}{2} \right )^{2}=\frac{3}{4}$
Cách làm trên hoàn toàn sai vì $\sum \frac{a}{a+b}$ không lớn hơn $\frac{3}{2}$ với $a,b,c>0$
Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\Leftrightarrow \sum \left ( \frac{1}{1+\frac{b}{a}} \right )^{2}\geq \frac{3}{4}$
Đặt $\frac{b}{a}=\frac{yz}{x^{2}}, \frac{c}{b}=\frac{zx}{y^{2}}, \frac{a}{c}=\frac{xy}{z^{2}}(x,y,z>0)$
Khi đó ta chứng minh:
$\sum \frac{x^{4}}{(x^{2}+yz)^{2}}\geq \frac{3}{4}$
Áp dụng bất đẳng thức Svac-xơ ta có:
$\sum \frac{x^{4}}{(x^{2}+yz)^{2}}\geq \frac{(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}}{(x^{2}+yz)^{2}+(y^{2}+zx)^{2}+(z^{2}+xy)^{2}}$
Ta chứng minh:
$\frac{(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}}{(x^{2}+yz)^{2}+(y^{2}+zx)^{2}+(z^{2}+xy)^{2}}\geq \frac{3}{4}$
$\Leftrightarrow x^{4}+y^{4}+z^{4}+5x^{2}y^{2}+5y^{2}z^{2}+5z^{2}x^{2}\geq 6xyz(x+y+z)$
Mặt khác theo AM-GM ta có:
$VT\geq 6(x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2})\geq 6xyz(x+y+z)=VP$(đpcm)
Dấu = xảy ra$\Leftrightarrow x=y=z\Leftrightarrow a=b=c$
Từ bài tập trên, chúng ta có thể thay đổi hệ số cho các biến a,b,c để có một bài toán khác
Bài toán 5: Cho $a,b,c>0$. Chứng minh:
$\left ( \frac{a}{a+2b} \right )^{2}+\left ( \frac{b}{b+4c} \right )^{2}+\left ( \frac{c}{c+8a} \right )^{2}\geq \frac{3}{25}$
Lời giải:
Bất đẳng thức tương đương với:
$\left ( \frac{1}{1+\dfrac{2b}{a}} \right )^{2}+\left ( \frac{1}{1+\dfrac{4c}{b}} \right )^{2}+\left ( \frac{1}{1+\dfrac{8a}{c}} \right )^{2}\geq \frac{3}{25}$
Vì $\frac{2b}{a}.\frac{4c}{b}.\frac{8a}{c}=4^{3}$ nên ta có thể đặt $\frac{2b}{a}=\frac{4yz}{x^{2}},\frac{4c}{b}=\frac{4xz}{y^{2}},\frac{8a}{c}=\frac{4xy}{z^{2}}(x,y,z>0)$
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\frac{x^{4}}{(x^{2}+4yz)^{2}}+\frac{y^{4}}{(y^{2}+4zx)^{2}}+\frac{z^{4}}{(z^{2}+4xy)^{2}}\geq \frac{3}{25}$
Áp dụng bất đẳng thức Svac-xơ ta có:
$\sum \frac{x^{4}}{(x^{2}+4yz)^{2}}\geq \frac{(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}}{(x^{2}+4yz)^{2}+(y^{2}+4zx)^{2}+(z^{2}+4xy)^{2}}$
Ta cần chứng minh:
$\frac{(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}}{(x^{2}+4yz)^{2}+(y^{2}+4zx)^{2}+(z^{2}+4xy)^{2}}\geq \frac{3}{25}$
$\Leftrightarrow 22(x^{4}+y^{4}+z^{4})+2(x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2})\geq 24xyz(x+y+z)$
Chứng minh tương tự như bài toán 4 ta có đpcm
Dấu = xảy ra$\Leftrightarrow x=y=z\Rightarrow 2a=b=c$
Với cách khai thác như trên ta hoàn toàn có thể chứng minh được bài toán tổng quát
Bài toán 6: Cho $x,y,z$ là các số thực dương thay đổi và 6 số thực dương cho trước $a,b,c,d,e,g$. CMR:
$\left ( \frac{ax}{ax+by} \right )^{2}+\left ( \frac{cy}{cy+dz} \right )^{2}+\left ( \frac{ez}{ez+gx} \right )^{2}\geq \frac{3}{(m+1)^{2}}$ trong đó $m=\sqrt[3]{\frac{bdg}{ace}}\geq 1$
Lời giải:
Bất đẳng thức tương đương với:
$\left ( \frac{1}{1+\dfrac{by}{ax}} \right )^{2}+\left ( \frac{1}{1+\dfrac{dz}{cy}} \right )^{2}+\left ( \frac{1}{1+\dfrac{gx}{ez}} \right )^{2}\geq \frac{3}{(m+1)^{2}}$
Vì $\frac{by}{ax}.\frac{dz}{cy}.\frac{gx}{ez}=\frac{bdg}{ace}=m^{3}$ nên ta có thể đặt $\frac{by}{ax}=\frac{my_{1}z_{1}}{x_{1}^{2}},\frac{dz}{cy}=\frac{mz_{1}x_{1}}{y_{1}^{2}},\frac{gx}{ez}=\frac{mx_{1}y_{1}}{z_{1}^{2}}(x_{1},y_{1},z_{1}>0)$
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\sum \frac{x_{1}^{4}}{(x_{1}^{2}+my_{1}z_{1})^{2}}\geq \frac{3}{(m+1)^{2}}$
Áp dụng bất đẳng thức Svac-xơ ta có:
$\sum \frac{x_{1}^{4}}{(x_{1}^{2}+my_{1}z_{1})^{2}}\geq \frac{(x_{1}+y_{1}+z_{1})^{2}}{\sum (x_{1}^{2}+my_{1}z_{1})^{2}}$
Ta chứng minh:
$\frac{(x_{1}+y_{1}+z_{1})^{2}}{\sum (x_{1}^{2}+my_{1}z_{1})^{2}}\geq \frac{3}{(m+1)^{2}}$
$\Leftrightarrow (m^{2}+2m-2)(x_{1}^{4}+y_{1}^{4}+z_{1}^{4})+(4m+2)(x_{1}^{2}y_{1}^{2}+y_{1}^{2}z_{1}^{2}+z_{1}^{2}x_{1}^{2})\geq m^{2}(x_{1}^{2}y_{1}^{2}+y_{1}^{2}z_{1}^{2}+z_{1}^{2}x_{1}^{2})+6mx_{1}y_{1}z_{1}(x_{1}+y_{1}+z_{1})$
Vì $m\geq 1$ nên đặt $m=n+1(n\geq 0)$.
Khi đó: $(m^{2}+2m-2)(x_{1}^{4}+y_{1}^{4}+z_{1}^{4})+(4m+2)(x_{1}^{2}y_{1}^{2}+y_{1}^{2}z_{1}^{2}+z_{1}^{2}x_{1}^{2})=(n^{2}+4n+1)(x_{1}^{4}+y_{1}^{4}+z_{1}^{4})+(4n+6)(x_{1}^{2}y_{1}^{2}+y_{1}^{2}z_{1}^{2}+z_{1}^{2}x_{1}^{2})\geq (n+1)^{2}(x_{1}^{2}y_{1}^{2}+y_{1}^{2}z_{1}^{2}+z_{1}^{2}x_{1}^{2})+6(n+1)(x_{1}^{2}y_{1}^{2}+y_{1}^{2}z_{1}^{2}+z_{1}^{2}x_{1}^{2})\geq (n+1)^{2}(x_{1}^{2}y_{1}^{2}+y_{1}^{2}z_{1}^{2}+z_{1}^{2}x_{1}^{2})+6(n+1)x_{1}y_{1}z_{1}(x_{1}+y_{1}+z_{1})=m^{2}(x_{1}^{2}y_{1}^{2}+y_{1}^{2}z_{1}^{2}+z_{1}^{2}x_{1}^{2})+6m(x_{1}y_{1}z_{1}(x_{1}+y_{1}+z_{1})$(đpcm)
Từ bài toán 4 ta có thể mở rộng bài toán bằng cách thêm biến
Bài toán 7: Cho $a,b,c,d>0$. CMR:
$\left ( \frac{a}{a+b} \right )^{2}+\left ( \frac{b}{b+c} \right )^{2}+\left ( \frac{c}{c+d} \right )^{2}+\left ( \frac{d}{d+a} \right )^{2}\geq 1$
Lời giải:
Bất đẳng thức tương đương với:
$\left ( \frac{1}{1+\dfrac{b}{a}} \right )^{2}+\left ( \frac{1}{1+\dfrac{c}{b}} \right )^{2}+\left ( \frac{1}{1+\dfrac{d}{c}} \right )^{2}+\left ( \frac{1}{1+\dfrac{a}{d}} \right )^{2}\geq 1$
Đặt $\frac{b}{a}=\frac{yz}{x^{2}},\frac{c}{b}=\frac{zt}{y^{2}},\frac{d}{c}=\frac{tx}{z^{2}},\frac{a}{d}=\frac{xy}{t^{2}}(x,y,z,t>0)$
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
$\sum \frac{x^{4}}{(x^{2}+yz)^{2}}\geq 1$
Áp dụng bất đẳng thức Svac-xơ ta có:
$\sum \frac{x^{4}}{(x^{2}+yz)^{2}}\geq \frac{(x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2})^{2}}{\sum (x^{2}+yz)^{2}}$
Ta chứng minh:
$\frac{(x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2})^{2}}{\sum (x^{2}+yz)^{2}}\geq 1$
$\Leftrightarrow x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}t^{2}+t^{2}x^{2}+2x^{2}z^{2}+2y^{2}t^{2}\geq 2(x^{2}yz+y^{2}zt+z^{2}tx+t^{2}xy)$
$\Leftrightarrow x^{2}(y^{2}+z^{2})+y^{2}(z^{2}+t^{2})+z^{2}(t^{2}+x^{2})+t^{2}(x^{2}+y^{2})\geq 2(x^{2}yz+y^{2}zt+z^{2}tx+t^{2}xy)$(luôn đúng theo AM-GM)
$\Rightarrow$ đpcm
Dấu = xảy ra$\Leftrightarrow x=y=z=t\Rightarrow a=b=c=d$
Hướng khai thác thứ 3 của bài toán 4 là nâng luỹ thừa bậc cao hơn
Bài toán 8: Cho $a,b,c>0$. CMR:
$\left ( \frac{a}{a+b} \right )^{3}+\left ( \frac{b}{b+c} \right )^{3}+\left ( \frac{c}{c+a} \right )^{3}\geq \frac{3}{8}$(Đề thi chọn đội tuyển HSG quốc gia Hà Tĩnh)
Lời giải:
Cách 1: Với cách đặt như bài toán 4 ta đưa bất đẳng thức vần chứng minh tương đương với:
$\sum \frac{x^{6}}{(x^{2}+yz)^{3}}\geq \frac{3}{8}$
Áp dụng bất đẳng thức Svac-xơ ta có:
$\sum \frac{x^{6}}{(x^{2}+yz)^{3}}\geq \frac{(x^{3}+y^{3}+z^{3})^{2}}{\sum (x^{2}+yz)^{3}}$
Ta chứng minh:
$\frac{(x^{3}+y^{3}+z^{3})^{2}}{\sum (x^{2}+yz)^{3}}\geq \frac{3}{8}$
$\Leftrightarrow 5(x^{6}+y^{6}+z^{6})+13(x^{3}y^{3}+y^{3}z^{3}+z^{3}x^{3})\geq 27x^{2}y^{2}z^{2}+9xyz(x^{3}+y^{3}+z^{3})$
Áp dụng AM-GM ta có:
$3(x^{6}+x^{3}y^{3}+x^{3}z^{3})\geq 9x^{4}yz$
$3(y^{6}+y^{3}x^{3}+z^{3}z^{3})\geq 9xy^{4}z$
$3(z^{6}+z^{3}x^{3}+z^{3}y^{3})\geq 9xyz^{4}$
$2(x^{6}+y^{6}+z^{6})+7(x^{3}y^{3}+y^{3}z^{3}+z^{3}x^{3})\geq 27\sqrt[27]{(xyz)^{54}}=27x^{2}y^{2}z^{2}$
Cộng 4 bất đẳng thức cùng chiều trên ta được đpcm
Cách 2: Theo AM-GM ta có:
$2\left ( \frac{a}{a+b} \right )^{3}+\frac{1}{8}\geq \frac{3}{2}\left ( \frac{a}{a+b} \right )^{2}$
Thiết lập các bất đẳng thức tương tự rồi cộng vế theo vế ta được:
$2\sum \left ( \frac{a}{a+b} \right )^{3}+\frac{3}{8}\geq \frac{3}{2}\left ( \sum (\frac{a}{a+b})^{2} \right )$
Áp dụng bài toán 4 ta có đpcm
Dấu = xảy ra$\Leftrightarrow a=b=c$
Để tăng độ khó cho bài tập ta sẽ làm quen với bài toán sau
Bài toán 9: Cho $a,b,c>0$. Tìm GTLN của biểu thức:
$A=\frac{b}{a+3b}+\frac{c}{b+3c}+\frac{a}{c+3a}+abc\left [ \frac{1}{c(a+3b)^{2}}+\frac{1}{b(c+3a)^{2}}+\frac{1}{a(b+3c)^{2}} \right ]$
Lời giải:
Ta có:
$3A=3\left [ \frac{b}{a+3b}+\frac{c}{b+3c}+\frac{a}{c+3a}+abc\left ( \frac{1}{c(a+3b)^{2}}+\frac{1}{b(c+3a)^{2}}+\frac{1}{a(b+3c)^{2}} \right ) \right ]=\frac{3b(a+3b)+3ab}{(a+3b)^{2}}+\frac{3c(b+3c)+3bc}{(b+3c)^{2}}+\frac{3a(c+3a)+3ca}{(c+3a)^{2}}=\frac{(a+3b)^{2}-a^{2}}{(a+3b)^{2}}+\frac{(b+3c)^{2}-b^{2}}{(b+3c)^{2}}+\frac{(c+3a)^{2}-c^{2}}{(c+3a)^{2}}=3-\left [ \left ( \frac{a}{a+3b} \right )^{2}+\left ( \frac{b}{b+3c} \right )^{2}+\left ( \frac{c}{c+3a} \right )^{2} \right ]$
Chứng minh tương tự như trên ta cũng có:
$\sum \left ( \frac{a}{a+3b} \right )^{2}\geq \frac{3}{16}$
Do đó $3A\leq 3-\frac{3}{16}\Rightarrow A\leq \frac{15}{16}$
Dấu = xảy ra$\Leftrightarrow a=b=c$
----Hết----