Lỗi: Trang web OLM.VN không tải hết được tài nguyên, xem cách sửa tại đây.

Bất đẳng thức Schur

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:

\(\left(a+b+c\right)^3\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le27a^2b^2c^2\)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 


6 bình luận

sin cos tan cot sinh cosh tanh
Phép toán
+ - ÷ × = ∄ ± ⋮̸
α β γ η θ λ Δ δ ϵ ξ ϕ φ Φ μ Ω ω χ σ ρ π ( ) [ ] | /

Công thức: