I. Bất đẳng thức Schur.
Trong toán học bất đẳng thức Schur được phát biểu rằng:
Với a, b, c là các số thực không âm và một số thực t ta có bất đẳng thức sau:
\(a^t\left(a-b\right)\left(a-c\right)+b^t\left(b-c\right)\left(b-a\right)+c^t\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0\)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c hoặc hai trong ba số a, b, c bằng nhau và số còn lại bằng 0.
Trong trường hợp t là một số nguyên dương chẵn thì bất đẳng thức trên đúng với mọi số thực a, b, c ( nghĩa là a, b, c không cần điều kiện không âm ).
Chứng minh:
Do vai trò của \(a,b,c\) trong bài toán là như nhau nên không mất tính tổng quát, giả sử: \(a\ge b\ge c\).
TH1: \(t\ge0\), biến đổi vế trái của bất đẳng thức:
\(a^t\left(a-b\right)\left(a-c\right)+b^t\left(b-c\right)\left(b-a\right)+c^t\left(c-a\right)\left(c-b\right)\)\(=\left(a-b\right)\left[a^t\left(a-c\right)-b^t\left(b-c\right)\right]+c^t\left(c-a\right)\left(c-b\right)\)
Vì \(a\ge b\ge c\)
\(\Rightarrow a^t\ge b^t\) và \(a-c\ge b-c\) \(\Rightarrow a^t\left(a-c\right)-b^t\left(b-c\right)\ge0\)\(\Rightarrow\left(a-b\right)\left[a^t\left(a-c\right)-b^t\left(b-c\right)\right]\ge0\)
Có: \(c-a\le0;b-a\le0\Rightarrow c^t\left(c-a\right)\left(b-a\right)\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a-b\right)\left[a^t\left(a-c\right)-b^t\left(b-c\right)\right]+c^t\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0\)
\(\Rightarrow a^t\left(a-b\right)\left(a-c\right)+b^t\left(b-c\right)\left(b-a\right)+c^t\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0\)
TH2: t<0, tương tự:
\(VT=\left(b-c\right)\left[c^t\left(a-c\right)-b^t\left(a-b\right)\right]+a^t\left(a-b\right)\left(a-c\right)\ge0\)
Như vậy có điều chứng minh với mọi t.
Tổng quát hóa bất đẳng thức Schur.
Với x, y, z là các số thực không âm, khi đó: \(x\ge y\ge z\) và \(a\ge b\ge c\) thì :
\(x\left(a-b\right)\left(a-c\right)+y\left(b-c\right)\left(b-a\right)+z\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0\)
Chú ý: Trường hợp thường được sử dụng là t=1 và t=2.
+) Với t=1:
\(a\left(a-b\right)\left(a-c\right)+b\left(b-c\right)\left(b-a\right)+c\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0\) (i)
Khi đó ta có hệ quả:
\(a^3+b^3+c^3+3abc\ge a^2\left(b+c\right)+b^2\left(c+a\right)+c^2\left(a+b\right)\)
\(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(a+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)
+) Với t=2:
\(a^2\left(a-b\right)\left(a-c\right)+b^2\left(b-c\right)\left(b-a\right)+c^2\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0\)(ii)
II. Phương pháp biến đổi \(p,q,r\).
Các bất đẳng thức thuần nhất đối xứng có biến không âm thì ta có thể biến đổi như sau:
Đặt: \(p=a+b+c;q=ab+bc+ac,r=abc\).
Từ cách đặt trên ta có một số đẳng thức và bất đẳng thức sau:
1. Các đẳng thức:
\(ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ac\left(a+c\right)=pq-3r\)
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=pq-r\)
\(ab\left(a^2+b^2\right)+bc\left(b^2+c^2\right)+ac\left(a^2+c^2\right)=p^2q-2q^2-pr\)
\(\left(a+b\right)\left(a+c\right)+\left(b+c\right)\left(b+a\right)+\left(a+c\right)\left(c+b\right)=p^2+q\)
\(a^2+b^2+c^2=p^2-2q\)
\(a^3+b^3+c^3=p^3-3pq+3r\)
\(a^4+b^4+c^4=p^4-4p^2q+2q^2+4pr\)
\(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=q^2-2pr\)
\(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3=q^3-3pqr+3r^2\)
\(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4=q^4-4pq^2r+2p^2r^2+4qr^2\)
2. Các bất đẳng thức:
\(p^2\ge3q\)
\(p^3\ge27r\)
\(q^2\ge3pr\)
\(pq\ge9r\)
\(2p^3+9r\ge7pq\)
\(p^2q+3pr\ge4q^2\)
\(p^4+4q^2+6pr\ge5p^2q\)
Đặc biệt:
Từ (i) suy ra: \(r\ge\dfrac{p\left(4q-p^2\right)}{9}\Leftrightarrow p^3-4pq+9r\ge0\Leftrightarrow\dfrac{9r}{p}\ge4q-p^2\) . (I)
Từ (ii) suy r: \(r\ge\dfrac{\left(4q-p^2\right)\left(p^2-q\right)}{6p}\Leftrightarrow p^4-5p^2q+4q^2+6pq\ge0\).
Tuy nhiên trong một số trường hợp thì có thể các đại lượng \(4q-p^2\) có thể nhận giá trị âm lẫn giá trị dương nên ta thường sử dụng:
\(r\ge max\left(0,\dfrac{p\left(4q-p^2\right)}{9}\right)\)
\(r\ge max\left(0,\dfrac{\left(4q-p^2\right)\left(p^2-q\right)}{6p}\right)\).
III. Các ví dụ minh họa.
Một số ví dụ ứng dụng bất đẳng thức (I) hay \(\left(a+b+c\right)^3+9abc\ge4\left(ab+bc+ac\right)\left(a+b+c\right)\).
VD1: Cho a,b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
Chứng minh: \(a^2+b^2+c^2+\dfrac{9abc}{a+b+c}\ge2\left(ab+bc+ac\right)\).
Chứng minh:
Áp dụng bất đẳng thức Schur:
\(\left(a+b+c\right)^3+9abc\ge4\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{9abc}{a+b+c}\ge4\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)+\dfrac{9abc}{a+b+c}\ge4\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+\dfrac{9abc}{a+b+c}\ge2\left(ab+bc+ac\right)\) ( đpcm).
VD2: ( Trần Nam Dũng) Chứng minh rằng với mọi \(a,b,c\ge0\) , ta có:
\(2\left(a^2+b^2+c^2\right)+abc+8\ge5\left(a+b+c\right)\)
Chứng minh:
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:
\(=6\left(2\left(a^2+b^2+c^2\right)+abc+8-5\left(a+b+c\right)\right)\)
\(=12\left(a^2+b^2+c^2\right)+6abc+48-30\left(a+b+c\right)\)
\(=12\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\left(2abc+1\right)+45-5.2.3\left(a+b+c\right)\)
\(\ge12\left(a^2+b^2+c^2\right)+9\sqrt[3]{a^2b^2c^2}+45-5\left[\left(a+b+c\right)^2+9\right]\)
\(=7\left(a^2+b^2+c^2\right)+\dfrac{9abc}{\sqrt[3]{abc}}-10\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\ge7\left(a^2+b^2+c^2\right)+\dfrac{27abc}{a+b+c}-10\left(ab+bc+ac\right)\)
Mặt khác , sử dụng bất đẳng thức Schur:
\(\left(a+b+c\right)^3+9abc\ge4\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{9abc}{a+b+c}\ge4\left(ab+bc+ac\right)-\left(a+b+c\right)^2=2\left(ab+bc+ac\right)-\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Do đó:
\(7\left(a^2+b^2+c^2\right)+\dfrac{27abc}{a+b+c}-10\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\ge7\left(a^2+b^2+c^2\right)+6\left(ab+bc+ac\right)-3\left(a^2+b^2+c^2\right)-10\left(ab+bc+ac\right)\)
\(=4\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)\ge0\)
Do đó: \(2\left(a^2+b^2+c^2\right)+abc+8\ge5\left(a+b+c\right)\)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = 1
VD3: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn \(a+b+c=1\). Chứng minh rằng:
\(4\left(ab+bc+ac\right)\le9abc+1\)
Chứng minh:
Áp dụng bất đẳng thức Schur ta có:
\(\left(a+b+c\right)^3+9abc\ge4\left(ab+bc+ac\right)\left(a+b+c\right)\)
Theo bài ra: \(a+b+c=1\), thay vào bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh.
Bài tập làm thêm:
1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
\(\dfrac{a^3+1}{b^3+c^3+1}+\dfrac{b^3+1}{c^3+a^3+1}+\dfrac{c^3+1}{a^3+b^3+1}\ge2\)
2. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:
\(\left(a+b+c\right)^3\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le27a^2b^2c^2\)
