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 ( a − b ) ( a − c ) + b t ( b − c ) ( b − a ) + c t ( c − a ) ( c − b ) ≥ 0 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 a t ( a − b ) ( a − c ) + b t ( b − c ) ( b − a ) + c t ( c − a ) ( c − b ) ≥ 0
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 a,b,c a , b , c a ≥ b ≥ c a\ge b\ge c a ≥ b ≥ c
TH1 t ≥ 0 t\ge0 t ≥ 0
a t ( a − b ) ( a − c ) + b t ( b − c ) ( b − a ) + c t ( c − a ) ( c − b ) 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) a t ( a − b ) ( a − c ) + b t ( b − c ) ( b − a ) + c t ( c − a ) ( c − b ) = ( a − b ) [ a t ( a − c ) − b t ( b − c ) ] + c t ( c − a ) ( c − b ) =\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) = ( a − b ) [ a t ( a − c ) − b t ( b − c ) ] + c t ( c − a ) ( c − b )
Vì a ≥ b ≥ c a\ge b\ge c a ≥ b ≥ c
⇒ a t ≥ b t \Rightarrow a^t\ge b^t ⇒ a t ≥ b t a − c ≥ b − c a-c\ge b-c a − c ≥ b − c ⇒ a t ( a − c ) − b t ( b − c ) ≥ 0 \Rightarrow a^t\left(a-c\right)-b^t\left(b-c\right)\ge0 ⇒ a t ( a − c ) − b t ( b − c ) ≥ 0 ⇒ ( a − b ) [ a t ( a − c ) − b t ( b − c ) ] ≥ 0 \Rightarrow\left(a-b\right)\left[a^t\left(a-c\right)-b^t\left(b-c\right)\right]\ge0 ⇒ ( a − b ) [ a t ( a − c ) − b t ( b − c ) ] ≥ 0
Có: c − a ≤ 0 ; b − a ≤ 0 ⇒ c t ( c − a ) ( b − a ) ≥ 0 c-a\le0;b-a\le0\Rightarrow c^t\left(c-a\right)\left(b-a\right)\ge0 c − a ≤ 0 ; b − a ≤ 0 ⇒ c t ( c − a ) ( b − a ) ≥ 0
⇒ ( a − b ) [ a t ( a − c ) − b t ( b − c ) ] + c t ( c − a ) ( c − b ) ≥ 0 \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 ⇒ ( a − b ) [ a t ( a − c ) − b t ( b − c ) ] + c t ( c − a ) ( c − b ) ≥ 0
⇒ a t ( a − b ) ( a − c ) + b t ( b − c ) ( b − a ) + c t ( c − a ) ( c − b ) ≥ 0 \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 ⇒ a t ( a − b ) ( a − c ) + b t ( b − c ) ( b − a ) + c t ( c − a ) ( c − b ) ≥ 0
TH2
V T = ( b − c ) [ c t ( a − c ) − b t ( a − b ) ] + a t ( a − b ) ( a − c ) ≥ 0 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 V T = ( b − c ) [ c t ( a − c ) − b t ( a − b ) ] + a t ( a − b ) ( a − c ) ≥ 0
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 ≥ y ≥ z x\ge y\ge z x ≥ y ≥ z a ≥ b ≥ c a\ge b\ge c a ≥ b ≥ c
x ( a − b ) ( a − c ) + y ( b − c ) ( b − a ) + z ( c − a ) ( c − b ) ≥ 0 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 x ( a − b ) ( a − c ) + y ( b − c ) ( b − a ) + z ( c − a ) ( c − b ) ≥ 0
Chú ý : Trường hợp thường được sử dụng là t=1 và t=2.
+) Với t=1:
a ( a − b ) ( a − c ) + b ( b − c ) ( b − a ) + c ( c − a ) ( c − b ) ≥ 0 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 a ( a − b ) ( a − c ) + b ( b − c ) ( b − a ) + c ( c − a ) ( c − b ) ≥ 0
Khi đó ta có hệ quả:
a 3 + b 3 + c 3 + 3 a b c ≥ a 2 ( b + c ) + b 2 ( c + a ) + c 2 ( a + b ) 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) a 3 + b 3 + c 3 + 3 ab c ≥ a 2 ( b + c ) + b 2 ( c + a ) + c 2 ( a + b )
a b c ≥ ( a + b − c ) ( a + c − a ) ( c + a − b ) abc\ge\left(a+b-c\right)\left(a+c-a\right)\left(c+a-b\right) ab c ≥ ( a + b − c ) ( a + c − a ) ( c + a − b )
+) Với t=2:
a 2 ( a − b ) ( a − c ) + b 2 ( b − c ) ( b − a ) + c 2 ( c − a ) ( c − b ) ≥ 0 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 a 2 ( a − b ) ( a − c ) + b 2 ( b − c ) ( b − a ) + c 2 ( c − a ) ( c − b ) ≥ 0
II. Phương pháp biến đổi p , q , r p,q,r 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 = a b + b c + a c , r = a b c p=a+b+c;q=ab+bc+ac,r=abc p = a + b + c ; q = ab + b c + a c , r = ab c
Từ cách đặt trên ta có một số đẳng thức và bất đẳng thức sau:
1. Các đẳng thức:
a b ( a + b ) + b c ( b + c ) + a c ( a + c ) = p q − 3 r ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ac\left(a+c\right)=pq-3r ab ( a + b ) + b c ( b + c ) + a c ( a + c ) = pq − 3 r
( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) = p q − r \left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=pq-r ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) = pq − r
a b ( a 2 + b 2 ) + b c ( b 2 + c 2 ) + a c ( a 2 + c 2 ) = p 2 q − 2 q 2 − p 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 ab ( a 2 + b 2 ) + b c ( b 2 + c 2 ) + a c ( a 2 + c 2 ) = p 2 q − 2 q 2 − p r
( a + b ) ( a + c ) + ( b + c ) ( b + a ) + ( a + c ) ( c + b ) = p 2 + q \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 + b ) ( a + c ) + ( b + c ) ( b + a ) + ( a + c ) ( c + b ) = p 2 + q
a 2 + b 2 + c 2 = p 2 − 2 q a^2+b^2+c^2=p^2-2q a 2 + b 2 + c 2 = p 2 − 2 q
a 3 + b 3 + c 3 = p 3 − 3 p q + 3 r a^3+b^3+c^3=p^3-3pq+3r a 3 + b 3 + c 3 = p 3 − 3 pq + 3 r
a 4 + b 4 + c 4 = p 4 − 4 p 2 q + 2 q 2 + 4 p r a^4+b^4+c^4=p^4-4p^2q+2q^2+4pr a 4 + b 4 + c 4 = p 4 − 4 p 2 q + 2 q 2 + 4 p r
a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 = q 2 − 2 p r a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=q^2-2pr a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 = q 2 − 2 p r
a 3 b 3 + b 3 c 3 + c 3 a 3 = q 3 − 3 p q r + 3 r 2 a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3=q^3-3pqr+3r^2 a 3 b 3 + b 3 c 3 + c 3 a 3 = q 3 − 3 pq r + 3 r 2
a 4 b 4 + b 4 c 4 + c 4 a 4 = q 4 − 4 p q 2 r + 2 p 2 r 2 + 4 q r 2 a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4=q^4-4pq^2r+2p^2r^2+4qr^2 a 4 b 4 + b 4 c 4 + c 4 a 4 = q 4 − 4 p q 2 r + 2 p 2 r 2 + 4 q r 2
2. Các bất đẳng thức:
p 2 ≥ 3 q p^2\ge3q p 2 ≥ 3 q
p 3 ≥ 27 r p^3\ge27r p 3 ≥ 27 r
q 2 ≥ 3 p r q^2\ge3pr q 2 ≥ 3 p r
p q ≥ 9 r pq\ge9r pq ≥ 9 r
2 p 3 + 9 r ≥ 7 p q 2p^3+9r\ge7pq 2 p 3 + 9 r ≥ 7 pq
p 2 q + 3 p r ≥ 4 q 2 p^2q+3pr\ge4q^2 p 2 q + 3 p r ≥ 4 q 2
p 4 + 4 q 2 + 6 p r ≥ 5 p 2 q p^4+4q^2+6pr\ge5p^2q p 4 + 4 q 2 + 6 p r ≥ 5 p 2 q
Đặc biệt:
Từ (i) suy ra: r ≥ p ( 4 q − p 2 ) 9 ⇔ p 3 − 4 p q + 9 r ≥ 0 ⇔ 9 r p ≥ 4 q − p 2 r\ge\dfrac{p\left(4q-p^2\right)}{9}\Leftrightarrow p^3-4pq+9r\ge0\Leftrightarrow\dfrac{9r}{p}\ge4q-p^2 r ≥ 9 p ( 4 q − p 2 ) ⇔ p 3 − 4 pq + 9 r ≥ 0 ⇔ p 9 r ≥ 4 q − p 2
Từ (ii) suy r: r ≥ ( 4 q − p 2 ) ( p 2 − q ) 6 p ⇔ p 4 − 5 p 2 q + 4 q 2 + 6 p q ≥ 0 r\ge\dfrac{\left(4q-p^2\right)\left(p^2-q\right)}{6p}\Leftrightarrow p^4-5p^2q+4q^2+6pq\ge0 r ≥ 6 p ( 4 q − p 2 ) ( p 2 − q ) ⇔ p 4 − 5 p 2 q + 4 q 2 + 6 pq ≥ 0
Tuy nhiên trong một số trường hợp thì có thể các đại lượng 4 q − p 2 4q-p^2 4 q − p 2
r ≥ m a x ( 0 , p ( 4 q − p 2 ) 9 ) r\ge max\left(0,\dfrac{p\left(4q-p^2\right)}{9}\right) r ≥ ma x ( 0 , 9 p ( 4 q − p 2 ) )
r ≥ m a x ( 0 , ( 4 q − p 2 ) ( p 2 − q ) 6 p ) r\ge max\left(0,\dfrac{\left(4q-p^2\right)\left(p^2-q\right)}{6p}\right) r ≥ ma x ( 0 , 6 p ( 4 q − p 2 ) ( p 2 − q ) )
III. Các ví dụ minh họa.
Một số ví dụ ứng dụng bất đẳng thức (I) hay ( a + b + c ) 3 + 9 a b c ≥ 4 ( a b + b c + a c ) ( a + b + c ) \left(a+b+c\right)^3+9abc\ge4\left(ab+bc+ac\right)\left(a+b+c\right) ( a + b + c ) 3 + 9 ab c ≥ 4 ( ab + b c + a c ) ( a + b + c )
VD1: Cho a,b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
Chứng minh: a 2 + b 2 + c 2 + 9 a b c a + b + c ≥ 2 ( a b + b c + a c ) a^2+b^2+c^2+\dfrac{9abc}{a+b+c}\ge2\left(ab+bc+ac\right) a 2 + b 2 + c 2 + a + b + c 9 ab c ≥ 2 ( ab + b c + a c )
Chứng minh :
Áp dụng bất đẳng thức Schur:
( a + b + c ) 3 + 9 a b c ≥ 4 ( a + b + c ) ( a b + b c + c a ) \left(a+b+c\right)^3+9abc\ge4\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right) ( a + b + c ) 3 + 9 ab c ≥ 4 ( a + b + c ) ( ab + b c + c a )
⇔ ( a + b + c ) 2 + 9 a b c a + b + c ≥ 4 ( a b + b c + a c ) \Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{9abc}{a+b+c}\ge4\left(ab+bc+ac\right) ⇔ ( a + b + c ) 2 + a + b + c 9 ab c ≥ 4 ( ab + b c + a c )
⇔ a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( a b + b c + a c ) + 9 a b c a + b + c ≥ 4 ( a b + b c + a c ) \Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)+\dfrac{9abc}{a+b+c}\ge4\left(ab+bc+ac\right) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + b c + a c ) + a + b + c 9 ab c ≥ 4 ( ab + b c + a c )
⇔ a 2 + b 2 + c 2 + 9 a b c a + b + c ≥ 2 ( a b + b c + a c ) \Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+\dfrac{9abc}{a+b+c}\ge2\left(ab+bc+ac\right) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 + a + b + c 9 ab c ≥ 2 ( ab + b c + a c )
VD2: ( Trần Nam Dũng) Chứng minh rằng với mọi a , b , c ≥ 0 a,b,c\ge0 a , b , c ≥ 0
2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + a b c + 8 ≥ 5 ( a + b + c ) 2\left(a^2+b^2+c^2\right)+abc+8\ge5\left(a+b+c\right) 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + ab c + 8 ≥ 5 ( a + b + c )
Chứng minh :
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:
= 6 ( 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + a b c + 8 − 5 ( a + b + c ) ) =6\left(2\left(a^2+b^2+c^2\right)+abc+8-5\left(a+b+c\right)\right) = 6 ( 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + ab c + 8 − 5 ( a + b + c ) )
= 12 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 6 a b c + 48 − 30 ( a + b + c ) =12\left(a^2+b^2+c^2\right)+6abc+48-30\left(a+b+c\right) = 12 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 6 ab c + 48 − 30 ( a + b + c )
= 12 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 3 ( 2 a b c + 1 ) + 45 − 5.2.3 ( a + b + c ) =12\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\left(2abc+1\right)+45-5.2.3\left(a+b+c\right) = 12 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 3 ( 2 ab c + 1 ) + 45 − 5.2.3 ( a + b + c )
≥ 12 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 9 a 2 b 2 c 2 3 + 45 − 5 [ ( a + b + c ) 2 + 9 ] \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] ≥ 12 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 9 3 a 2 b 2 c 2 + 45 − 5 [ ( a + b + c ) 2 + 9 ]
= 7 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 9 a b c a b c 3 − 10 ( a b + b c + a c ) =7\left(a^2+b^2+c^2\right)+\dfrac{9abc}{\sqrt[3]{abc}}-10\left(ab+bc+ac\right) = 7 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 3 ab c 9 ab c − 10 ( ab + b c + a c )
≥ 7 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 27 a b c a + b + c − 10 ( a b + b c + a c ) \ge7\left(a^2+b^2+c^2\right)+\dfrac{27abc}{a+b+c}-10\left(ab+bc+ac\right) ≥ 7 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + a + b + c 27 ab c − 10 ( ab + b c + a c )
Mặt khác , sử dụng bất đẳng thức Schur:
( a + b + c ) 3 + 9 a b c ≥ 4 ( a + b + c ) ( a b + b c + c a ) \left(a+b+c\right)^3+9abc\ge4\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right) ( a + b + c ) 3 + 9 ab c ≥ 4 ( a + b + c ) ( ab + b c + c a )
⇔ 9 a b c a + b + c ≥ 4 ( a b + b c + a c ) − ( a + b + c ) 2 = 2 ( a b + b c + a c ) − ( a 2 + b 2 + c 2 ) \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) ⇔ a + b + c 9 ab c ≥ 4 ( ab + b c + a c ) − ( a + b + c ) 2 = 2 ( ab + b c + a c ) − ( a 2 + b 2 + c 2 )
Do đó:
7 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 27 a b c a + b + c − 10 ( a b + b c + a c ) 7\left(a^2+b^2+c^2\right)+\dfrac{27abc}{a+b+c}-10\left(ab+bc+ac\right) 7 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + a + b + c 27 ab c − 10 ( ab + b c + a c )
≥ 7 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 6 ( a b + b c + a c ) − 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) − 10 ( a b + b c + a c ) \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) ≥ 7 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 6 ( ab + b c + a c ) − 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) − 10 ( ab + b c + a c )
= 4 ( a 2 + b 2 + c 2 − a b − b c − a c ) ≥ 0 =4\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)\ge0 = 4 ( a 2 + b 2 + c 2 − ab − b c − a c ) ≥ 0
Do đó: 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + a b c + 8 ≥ 5 ( a + b + c ) 2\left(a^2+b^2+c^2\right)+abc+8\ge5\left(a+b+c\right) 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + ab c + 8 ≥ 5 ( a + b + c )
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = 1
VD3: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1 a+b+c=1 a + b + c = 1
4 ( a b + b c + a c ) ≤ 9 a b c + 1 4\left(ab+bc+ac\right)\le9abc+1 4 ( ab + b c + a c ) ≤ 9 ab c + 1
Chứng minh :
Áp dụng bất đẳng thức Schur ta có:
( a + b + c ) 3 + 9 a b c ≥ 4 ( a b + b c + a c ) ( a + b + c ) \left(a+b+c\right)^3+9abc\ge4\left(ab+bc+ac\right)\left(a+b+c\right) ( a + b + c ) 3 + 9 ab c ≥ 4 ( ab + b c + a c ) ( a + b + c )
Theo bài ra: a + b + c = 1 a+b+c=1 a + b + c = 1
Bài tập làm thêm
1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
a 3 + 1 b 3 + c 3 + 1 + b 3 + 1 c 3 + a 3 + 1 + c 3 + 1 a 3 + b 3 + 1 ≥ 2 \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 b 3 + c 3 + 1 a 3 + 1 + c 3 + a 3 + 1 b 3 + 1 + a 3 + b 3 + 1 c 3 + 1 ≥ 2
2. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:
( a + b + c ) 3 ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b ) ≤ 27 a 2 b 2 c 2 \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 ( a + b + c ) 3 ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b ) ≤ 27 a 2 b 2 c 2
