Bất đẳng thức (BĐT) là một trong những loại toán hay và khó, thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi Toán của bậc THCS, THPT cũng như trong các đề thi vào Đại học – Cao đẳng. Nội dung và hình thức của các bài toán BĐT rất phong phú và đa dạng. Một trong những dạng toán đẹp và thường gặp là BĐT đối xứng đối với ba biến. Phương pháp giải loại toán này rất nhiều nhưng chắc chắn không có một phương pháp nào chung nhất. Trong chương trình môn Toán bậc THPT, việc sử dụng các BĐT kinh điển như BĐT AM GM (BĐT Cauchy), BĐT Cauchy Svacx (BĐT Bunhiacốpsky)… là thường xuyên nhất và đã giải quyết được một số dạng toán đó. Tuy vậy, qua quá trình dạy học và bồi dưỡng các đội tuyển học sinh giỏi Toán, một số bài toán trong các đề thi đã gặp, việc sử dụng các BĐT kinh điển nói trên là khó khăn, thậm chí không thực hiện được. Trong bài viết này xin giới thiệu một BĐT cũng khá nổi tiếng và đẹp, phát biểu đơn giản nhưng có thể giải quyết được hữu hiệu đối với một số bài toán về BĐT đối xứng đối với ba biến, đó là BĐT Schur. Chúng tôi cố gắng trình bày một cách hệ thống, đầy đủ các nội dung trên trong đề tài: “Bất đẳng thức Schur và ứng dụng”.
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
LĨNH VỰC: TOÁN THPT
ĐỀ TÀI:
BẤT ĐẲNG THỨC SCHUR VÀ ỨNG DỤNG
Người thực hiện: LÊ PHI HÙNG Đơn vị: Trường THPT Chuyờn Hà Tĩnh
Trang 2PHẦN MỞ ĐẦU
I Lý do chọn đề tài
Bất đẳng thức (BĐT) là một trong những loại toán hay và khó, thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi Toán của bậc THCS, THPT cũng như trong các đề thi vào Đại học – Cao đẳng Nội dung và hình thức của các bài toán BĐT rất phong phú và đa dạng Một trong những dạng toán đẹp và thường gặp là BĐT đối xứng đối với ba biến Phương pháp giải loại toán này rất nhiều nhưng chắc chắn không
có một phương pháp nào chung nhất Trong chương trình môn Toán bậc THPT, việc
sử dụng các BĐT kinh điển như BĐT AM − GM (BĐT Cauchy), BĐT Cauchy −
Svacx (BĐT Bunhiacốpsky)… là thường xuyên nhất và đã giải quyết được một số dạng toán đó
Tuy vậy, qua quá trình dạy học và bồi dưỡng các đội tuyển học sinh giỏi Toán, một số bài toán trong các đề thi đã gặp, việc sử dụng các BĐT kinh điển nói trên là khó khăn, thậm chí không thực hiện được Trong bài viết này xin giới thiệu một BĐT cũng khá nổi tiếng và đẹp, phát biểu đơn giản nhưng có thể giải quyết được hữu hiệu đối với một số bài toán về BĐT đối xứng đối với ba biến, đó là BĐT Schur Chúng tôi
cố gắng trình bày một cách hệ thống, đầy đủ các nội dung trên trong đề tài: “Bất đẳng
thức Schur và ứng dụng”
II Phạm vi và đối tượng nghiên cứu
Đề tài có thể dùng làm tài liệu tham khảo cho các thầy cô giáo trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi Toán các cấp THCS, THPT và ôn luyện thi vào các trường Đại học − Cao đẳng
III Mục đích nghiên cứu
Mục đích nghiên cứu của đề tài là thông qua nghiên cứu cơ sở lý luận và thức tiễn, đề xuất và phân tích một số cách thức áp dụng BĐT Schur trong việc giải bài toán
về BĐT đối xứng đối với ba biến nhằm nâng cao chất lượng dạy học
IV Điểm mới trong kết quả nghiên cứu
− Trình bày một cách đầy đủ cơ sở lý thuyết của BĐT Schur và một số hệ quả
− Xây dựng được một hệ thống ví dụ minh họa và bài tập rèn luyện phong phú,
có tính hợp lý, trong đó nhiều bài toán được trích từ các đề thi học sinh giỏi Toán các cấp; phân tích và rút kinh nghiệm sau lời giải của một số bài toán
Trang 3PHẦN NỘI DUNG
I Bất đẳng thức Schur
Bất đẳng thức sau mang tên nhà bác học người Đức Issai Schur (1875 − 1941): Cho các số không âm a ,,b c và số thực α dương Khi đó:
(a−b)(a−c)+b (b−c)(b−a)+c (c−a)(c−b)≥0
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c hoặc hai số bằng nhau, số còn lại là 0
Chứng minh
Không mất tính tổng quát, giả sử a≥b≥c≥0 Khi đó BĐT được biến đổi thành:
(a−b) ( [aα a−c)−bα(b−c) ]+cα(c−a)(c−b)≥0 BĐT này đúng với giả thiết a≥b≥c≥ 0 nên ta có điều phải chứng minh
2 Chú ý
Trong trường hợp a ,,b c dương thì BĐT Schur còn đúng cho mọi số thực α bất
kỳ Khi đó đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c
3 Một số trường hợp đặc biệt
a Với α = 1, BĐT Schur viết được dưới các dạng tương đương sau:
a(a−b)(a−c)+b(b−c)(b−a)+c(c−a)(c−b)≥0 (1.a)
a3+b3+c3+3abc≥a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ca2 (1.b)
(a+b−c)(b+c−a)(c+a−b)≤abc (1.c)
4(a+b+c)(ab+bc+ca)≤(a+b+c)3+9abc (1.d)
với S =a+b+c,P=ab+bc+ca, Q=abc
Trong trường hợp thường gặp nhất trong thực tế này, ngoài cách chứng minh như tổng quát ở trên, ta có thể dễ dàng chứng minh BĐT Schur ở dạng (1.c) bằng cách
sử dụng BĐT AM − GM cho từng cặp 2 số
số không âm Thật vậy BĐT Schur bậc ba còn được viết dưới dạng
( )2 ( )2 ( )2 3
3
3 b c 3abc a b c b c a c a b
a + + − ≥ − + − + −
nên từ BĐT Schur suy ra được BĐT AM − GM Do đó trong nhiều bài toán, chỉ có thể
sử dụng BĐT Schur mà không thể dùng trực tiếp BĐT AM − GM cho ba số để giải toán được
Trang 4b Với α = 2, BĐT Schur viết được dưới các dạng tương đương sau:
a2(a−b)(a−c)+b2(b−c)(b−a)+c2(c−a)(c−b)≥0 (2.a) a4 +b4+c4+abc(a+b+c)≥a3(b+c)+b3(c+a)+c3(a+b) (2.b)
a4 +b4+c4+2abc(a+b+c)≥(a2+b2 +c2) (ab+bc+ca) (2.c)
S4−5S2P+4P2+6SQ≥0 (2.d)
với S =a+b+c,P=ab+bc+ca, Q=abc
4 Một số bài toán áp dụng
Bài 1 Cho ba số thực không âm x ,,y z thoả mãn x+ y+ z=1 Chứng minh rằng:
27
7
≤ + + yz zx xyz
Lời giải
Sử dụng BĐT Schur ở dạng (1.d) và BĐT AM − GM ta có:
xy + yz + zx – 2xyz = (x + y + z)(xy + yz + zx) – 2xyz
≤ 41(x + y + z)3 +
4
9
xyz – 2xyz =
4
1
(x + y + z)3 +
4
1
xyz
≤
4
1
(x + y + z)3 +
4
1
27
1
(x + y + z)3 =
27
7
(x + y + z) 3 =
27
7
Suy ra BĐT đúng Đẳng thức xảy ra khi
3
1
=
=
= y z
không âm, việc đánh giá biểu thức xyz≥ là tương đối khó khăn Sử dụng BĐT Schur trong trường hợp này là tương đối hiệu quả Bài toán trên được trích từ đề thi IMO
1984, sau đây là một số bài toán tương tự khác
Bài 2 Cho các số a, b, c không âm thoả mãn a + b + c = 1 Chứng minh rằng:
4
1 6
3 3
3+b +c + abc≥
Lời giải
Đặt S =a+b+c,P=ab+bc+ca,Q=abc ở đây S =1, ta cần chứng minh:
4
1 6
3 3
3 +b +c + abc≥
a
⇔ 4(a3+b3+c3)+24abc ≥1
⇔ 4S(S2 −3P)+36Q ≥ S3
Trang 5⇔ 3S3−12SP+36Q≥0
⇔ (S3 −4SP+9Q)+3Q≥0 Bất đẳng thức cuối đúng theo (1.e) và các phép biến đổi trên tương đương nên ta có
4
1 6
3 3
3+b +c + abc≥
2
1
; 2
1
; 0 ( ) , , (a b c = và các hoán vị của nó
Bài 3 Cho các số không âm a, b, c thoả mãn ab+bc+ca=3 Chứng minh rằng:
9 6
3 3
3+b +c + abc≥
Lời giải
Sử dụng BĐT Schur ở dạng (1.b) và hệ quả của BĐT Bunhiacopxki ta có:
a 3 + b 3 + c 3 + 6abc = (a 3 + b 3 + c 3 + 3abc) + 3abc
≥ a 2 b + b 2 a + b 2 c + c 2 b + c 2 a + a 2 c + 3abc
= (a + b + c)(ab + bc + ca)
≥ 3(ab+bc+ca)(ab + bc + ca) = 9
Đẳng thức xảy ra ⇔ a=b=c=1 Bài toán được chứng minh
Bài 4 Cho các số dương a, b, c thoả mãn abc = 1 Chứng minh rằng:
1 )
1 1 )(
1 1 )(
1 1
a
c c
b b
Lời giải
z
y b y
x
a= , = , = (với x,y,z>0) Ta có:
)
1 1 )(
1 1 )(
1 1 (
a
c c
b b
a− + − + − + = (x−y+z)(y−xyz z+x)(z−x+y)
Sử dụng BĐT Schur ở dạng (1.c) ta có BĐT này đúng nên BĐT (1) đúng Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z ⇔ a=b=c= 1
Vậy ( −1+1)( −1+1)( −1+1)≤1
a
c c
b b
Nhận xét: Đây là bài toán thi IMO 2000 và đã được giải theo nhiều cách khác
nhau Cách giải trên đây khai thác giả thiết abc = 1 bằng cách đặt ẩn phụ
x
z c z
y
b
y
x
a= , = , = (với x,y,z>0) và sử dụng BĐT Schur là các giải được đánh giá
Trang 6gọn và đẹp Đặc biệt cách đặt ẩn phụ này cũng được áp dụng có hiệu quả cho một số
bài toán khác với giả thiết abc = 1.
Bài 5 Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn (a+b)(b+c)(c+a)≠0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
) 1
4 )(
1
4 )(
1
4
+
+ +
+ +
=
b a
c a
c
b c
b
a F
Lời giải
Đặt S =a+b+c,P=ab+bc+ca,Q=abc ta có:
F ≥25 ⇔ ( 4 1)( 4 1)( 4 +1)≥25
+
+ +
+
c a
c
b c
b a
⇔ (S+3a)(S+3b)(S+3c)≥25(S−a)(S−b)(S−c)
⇔ S3+9SP+3S3 +27Q≥25S3+25SP−25S3−25Q
⇔ 4S3−16SP+52Q≥0
⇔ S3−4SP+13Q≥0
⇔ (S3−4SP+9Q)+4Q≥0 Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo BĐT Schur ở dạng (1.e) và Q≥0 Các phép biến đổi trên tương đương nên F ≥25 Đẳng thức xảy ra khi trong ba số có một số bằng không, hai số còn lại dương bằng nhau Vậy giá trị nhỏ nhất của F là 25
Nhận xét: Cách giải trên đây ngắn gọn cho bài toán khó và đẹp này nhưng có
vẻ rất thiếu tính tự nhiên Thực tế thì nếu có một chút kinh nghiệm, ta có thể dự đoán đối với các biểu thức đối xứng như biểu thức F thì cực trị (lớn nhất/nhỏ nhất) thường đạt khi các biến “gần nhau nhất” (tốt nhất là bằng nhau) hoặc “xa nhau nhất” (có biến
ở biên) Trong bài toán này khi a=b=c thì F = 27, khi a=0,b=c thì F = 25 Từ đó ta tập trung chứng minh dự đoán F ≥25 với mọi a ,,b c thỏa mãn giả thiết bài toán
Bài toán trên được một số tài liệu viết theo cách sau: Cho các số thực dương
c
b
a ,, Chứng minh bất đẳng thức ( 4 1)( 4 1)( 4 +1)>25
+
+ +
+
c a
c
b c
b
a
và không thể thay
số 25 bằng một số lớn hơn
Bài 6 Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh rằng:
(a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) ≥ 9(ab + bc + ca).
Lời giải
Khai triển vế trái, BĐT (1) tương đương với
) 1 ( )
( 9 8 ) (
4 ) (
2 2
2b c a b b c c a a b c ab bc ca
a + + + + + + + ≥ + +
Trang 7Ta có các BĐT quen thuộc:
a2 + b2 + c2≥ ab + bc + ca, (a2b2 + 1) + (b2c2 + 1) +(c2a2 + 1) ≥ 2(ab + bc + ca)
và theo BĐT Schur ở dạng (1.d) thì:
a2b2c2 + 2 = a2b2c2 + 1 + 1 ≥ 33 a2b2c2 ≥
c b a
abc
+ +
9
≥ 4(ab + bc + ca) – (a + b + c)2 Cộng các BĐT này lại ta được:
(a2b2c2 + 2) + 2(a2b2 + b2c2 + c2a2 + 3) + 4(a2 + b2 + c2)
≥ 4(ab + bc + ca) – (a + b + c)2 + 4(ab + bc + ca) + 4(a2 + b2 + c2)
= 6(ab + bc + ca) + 3(a2 + b2 + c2)
≥ 9(ab + bc + ca)
Vậy BĐT (1) đúng nên BĐT ở bài ra đúng Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1.
Nhận xét: Đây là bài toán trong kỳ thi APMO 2004 Bài toán trên được làm
chặt hơn như sau: Cho ba số thực dương a ,,b c Chứng minh bất đẳng thức
3 2 2
a + + + ≥ + + Một cách chứng minh bài toán này là: trong ba số a2 −1,b2 −1,c2 −1 có hai số cùng dấu, giả sử đó là a2 −1 và b2 −1 Khi đó (a2−1)(b2 −1)≥0 hay a2b2 ≥a2 +b2−1
Từ đó:
(a2 +2)(b2+2)(c2 +2)=[a2b2 +(a2+b2)+4] (c2 +2)
[ 2 2 ] ( 2 )2
2 3
≥ a b c =3(a2 +b2+1)(1+1+c2)≥3(a+b+c)2.
Bài 7 Cho các số dương a ,,b c thỏa mãn
3
1
= + +bc ca
ab Chứng minh rằng:
1
1
2 −bc+
a +
1
1
2−ca+
b +
1
1
2−ab+
Lời giải
Đặt x=a 3,y=b 3,z=c 3 thì ta có x ,,y z dương và xy+yz+zx=1
BĐT đã cho tương đương với
3 3
1 1
3 3
1 1
3 3
1
2 2
+
−
+ +
−
+ +
− yz y zx z xy
x
Trang 8⇔ 1
3
1 3
1 3
1
2 2
+
−
+ +
−
+ +
−yz y zx z xy x
3 ) 1
(
1 3
) 1
(
1 3
) 1
(
1
2 2
+
−
−
−
+ +
−
−
−
+ +
−
−
2 ) (
1 2
) (
1 2
) (
+ + +
+ + + +
+ + + + y z x x y z x x y z x
Đặt S =x+ y+z,P=xy+yz+zx=1,Q= xyz thì ta có:
BĐT (1) trở thành
(Sx+2)(Sy+2) (+ Sy+2)(Sz+2) (+ Sz+2)(Sx+2) (≥ Sx+2)(Sy+2)(Sz+2)
⇔ S2(xy + yz + zx) + 4S(x + y + z) + 12 ≤
≤ S3xyz + 2S2(xy + yz + zx) + 4S(x + y + z) + 8
⇔ 4 ≤ S3xyz + S2 (vì xy+ yz+zx=1) ⇔ S3xyz ≥ 4 – S2 (2)
Theo BĐT Schur dạng (1.e) thì S3 + 9Q ≥ 4SP ⇒ 9xyz = 9Q ≥ 4S – S3 Hơn
nữa lại có S2 = (x+y+z)2≥ 3(xy + yz + zx) = 3 ⇒ S4 ≥ 9
Từ đó S4xyz ≥ 9xyz ≥ 4S – S3 hay S3xyz ≥ 4 – S2, tức là (2) đúng
Vậy BĐT được chứng minh Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z =
3
1
⇔ a = b = c =
3 1
Nhận xét: Đây là bài thi Olympic Toán Trung Quốc 2003 Bài toán này với giả
thiết
3
1
= +
+bc ca
ab tạo ra nhiều khó khăn trong việc biến đổi các biểu thức Để thuận lợi hơn cho việc tính toán, ta đã đặt các biến mới x=a 3,y=b 3,z=c 3 thì ta có
z
y
x ,, dương và xy+yz+zx=1 Sau đó việc sử dụng BĐT Schur cũng phải có một chút thay đổi, kết hợp với giả thiết một cách khéo léo hơn
Ta xét tiếp một số bài toán sau trong tam giác
Bài 8 Cho tam giác ABC với R, r là bán kính các đường tròn ngoại tiếp và nội
tiếp, p là nửa chu vi của tam giác Chứng minh rằng:
16Rr – 5r2≤ p2
Lời giải
Sử dụng các công thức quen thuộc trong tam giác, BĐT tương đương với:
16.abc S S p
2
p S
≤ p2
Trang 9⇔ 4abc ≤ p3 + 5(p − a)(p − b)(p − c).
Đặt x = p − a, y = p − b, z = p − c thì x,y,z>0 và x+ y+z= p BĐT trở thành
4(x + y)(y + z)(z + x) ≤ (x + y + z)3 + 5xyz
⇔ (x + y + z)3 + 9xyz ≥ 4(x + y + z)(xy + yz + zx).
Theo BĐT Schur dạng (1.d) thì BĐT này đúng Bài toán được chứng minh Đẳng thức xảy ra ⇔ tam giác ABC đều
Bài 9 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có:
2
tan 2 tan
1
2
tan
C B
A
2
tan 2 tan 1
2
tan
A C
B
2
tan 2 tan 1
2
tan
B A
C
+ ≤ 4tan2 tan2 tan 2
1
C B
Lời giải
Đặt x =
2
tan 2
tanB C , y =
2
tan 2
tanC A , z =
2
tan 2 tanA B, thì theo các tính chất quen
thuộc trong tam giác ta có x, y, z > 0 và x + y + z = 1.
BĐT trở thành:
x
yz
+
1 + 1+zx y +
z
xy
+
4
1
(1)
Khai triển BĐT (1) với chú ý x + y + z = 1 ta được:
( )( ) ( )( ) ( )( )
[yz1+y 1+z +zx1+z 1+x +xy1+x 1+ y ]≤(1+x)(1+ y)(1+z)
4
⇔ 4[yz(1+y+z+ yz)+zx(1+z+x+zx)+xy(1+x+y+xy) ]
≤ 1+(x+ y+z)+(xy+yz+zx)+xyz
⇔ 4[yz(2−x+yz)+zx(2−y+zx)+xy(2−z+xy) ] ≤ 2+(xy+ yz+zx)+xyz
⇔ 8(xy + yz + zx) – 12xyz + 4[(xy + yz + zx)2 – 2xyz]
≤ 2+(xy+yz+zx)+xyz Đặt P=xy+yz+zx Ta có ( )
3
1 3
≤ x y z
4P2 + 7P ≤ 2 + 21xyz (2)
Xét 2 trường hợp có thể xảy ra:
Trường hợp 1 Với 0 < P ≤
4
1
Khi đó,
4P2 + 7P ≤ 4.
2
4
1
+ 7
4 1
= 2 < 2 + 21xyz ⇒ (2) đúng
Trang 10Trường hợp 2 Với
4
1
≤ P ≤
3
1
Theo BĐT Schur dạng (1.e) ta có:
1 + 9xyz ≥ 4P ⇒ 2 + 21xyz ≥ 2 +
3
7
(4P – 1)
⇒ (2 + 21xyz) – (4P2 + 7P) ≥ 2 +
3
7
(4P – 1) – (4P2 + 7P)
= –
3
1
(4P – 1)(3P – 1) ≥ 0 ⇒ (2) đúng
Vậy BĐT (2) luôn đúng nên BĐT ban đầu đúng Đẳng thức xảy ra ⇔ P =
3
1
⇔
x = y = z ⇔ ∆ABC đều Bài toán được chứng minh
Nhận xét: Bài toán có hình thức lượng giác nhưng nội dung của nó mang nặng
tính đại số Bài toán này khá khó ngay cả khi đưa được về BĐT (2) Việc phân chia các trường hợp của P để vận dụng BĐT Schur là rất cần thiết trong bài toàn này
Bài 10 Tìm số thực k lớn nhất để với mọi số thực a, b, c không âm thoả mãn
a + b + c = 1, ta luôn có bất đẳng thức
a 3 + b 3 + c 3 + kabc ≥ 91+27k .
Lời giải
Giả sử k là số thực thoả mãn bài toán Chọn a = b =
2
1
, c = 0 thay vào BĐT ở bài
toán ta có:
4
1
≥ 27 9
1+ k ⇔ k ≤
4
15
Ta sẽ chứng minh giá trị lớn nhất cần tìm là k =
4
15
Thật vậy, với k =
4
15
thì BĐT trở thành
a 3 + b 3 + c 3 +
4
15
abc ≥
4 1
⇔ 4(a 3 + b 3 + c 3 ) + 15abc ≥ (a + b + c)3
⇔ 4[(a + b + c)3 – 3(a+b+c)(ab + bc + ca) + 3abc] + 15abc ≥ (a + b +
c)3
⇔ (a + b + c)3 + 9abc ≥ 4(a + b + c)(ab + bc + ca).
Đây là BĐT Schur dạng (1.d) nên BĐT này đúng Vậy giá trị cần tìm của k là
4 15
Trang 11
Nhận xét: Bài toán đúng với mọi bộ giá trị a,b,c≥0, a+b+c= 1 nên điều kiện cần là BĐT đúng với một số bộ giá trị (a ,,b c) đặc biệt nào đó Đối với bài toán này ta
có thể xét với các bộ giá trị (a ,,b c) như ( )
3
1 , 3
1 , 3
1
; 0 , 2
1 , 2
1
; 0 , 0 ,
nhất của k có thể đạt được Với cách làm đó ta đã tìm được giá trị lớn nhất của k là
4
15
Bài toán tương tự sau đây là bài toán thi VMO 2006
Bài 11 Tìm số thực k lớn nhất sao cho với mọi số thực dương a, b, c thoả mãn
1
=
abc , ta luôn có bất đẳng thức
2
1
a + 12
b + 12
c + 3k ≥ (k + 1)(a + b + c).
Lời giải
Giả sử k là số thực thoả mãn bài toán Chọn a = b = α, c = 12
α với α > 0 Thay
vào BĐT trong bài toán ta suy ra: k ≤
1 2
) 1
+
+
+ α
α α
Cho α→ 0 thì do
1 2
) 1 (
0 +
+ +
α α
α = 1 nên ta suy ra k ≤ 1
Với k = 1, BĐT đã cho trở thành:
2
1
a + 12
b + 12
c + 3 ≥ 2(a + b + c) (1) Đặt x =
a
1
, y = b
1
, z = c
1
thì x, y, z > 0 và xyz = 1
BĐT (1) được viết lại là:
x 2 + y 2 + z 2 + 3 ≥ 2(xy + yz + zx)
⇔ (x + y + z)(x 2 + y 2 + z 2 + 3) ≥ 2(xy + yz + zx)(x + y + z)
⇔ x 3 + y 3 + z 3 + 3(x + y + z) ≥ x 2 y + yx 2 + y 2 z + z 2 y + z 2 x + x 2 z + 6 (2)
Do x + y + z ≥ 33 xyz = 3 và BĐT Schur dạng (1.d) là
2 2 2 2 2 2
3 3
3 y z 3xyz x y yx y z yz z x zx
x + + + ≥ + + + + +
nên BĐT (2) có
VT = x 3 + y 3 + z 3 + 3(x + y + z) ≥ x 3 + y 3 + z 3 + 9
= x 3 + y 3 + z 3 + 3xyz + 6 ≥ x 2 y + yx 2 + y 2 z + z 2 y + z 2 x + x 2 z + 6 = VP.
Trang 12Vậy BĐT (2) đúng nên BĐT (1) đúng Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z = 1
⇔ a = b = c = 1 Như vậy giá trị lớn nhất cần tìm của k là 1.
Bài 12 Cho các số không âm a ,,b c thỏa mãn a2+b2 +c2 =3 Chứng minh rằng
(ab bc ca)
abc≥ + + +18 13
Lời giải
Đặt S =a+b+c Ta có S2 ≥a2+b2 +c2 =3 ⇒ S≥ 3 Khi đó
(ab bc ca)
S2 =3+2 + + ⇒
2
3
2−
= + +bc ca S
Biến đổi
a4+b4 +c4 =(a2 +b2+c2) (2−2a2b2+b2c2 +c2a2)
= 9−2[ (ab+bc+ca)2 −2abc(a+b+c) ]
= 9−2(ab+bc+ca)2+4abcS
2
3 2
9
2 2
+
−
3
8 9
6 2
4 S abcS
S + + +
Thay vào BĐT Schur dạng (2.c)
) )(
( ) (
4 4
4 b c abc a b c a b c ab bc ca
a + + + + + ≥ + + + +
ta có
2
8 9
6 2
4 S abcS
S + + +
−
≥
2
3 3
2
2
S abcS
⇔ 12abcS≥S4−3S2−18⇔
S
S S abc
12
18
3 2
4 − −
Trở lại bài toán, xét hiệu
21+18abc−13(ab+bc+ca) ≥ ( ) ( )
2
3 13 2
18 3
3 21
2 2
4 − − − −
S
S S
=
S
S S
S S
2
54 81 9
13
2
6 5 3
≥
− +
−
S
S S
S vì S ≥ 3 Vậy BĐT được chứng minh Đẳng thức xảy ra ⇔ a=b=c= 1
Nhận xét: Đây là một bài toán khó, việc áp dụng BĐT Schur bậc bốn có nhiều
tính toán khá cồng kềnh Tuy nhiên để đánh giá được xu hướng abc≥ khi có giả thiết a2+b2 +c2 =3 thì việc sử dụng BĐT Schur vẫn là một phương pháp hữu hiệu