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”.
SỞ 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 NĂM HỌC 2012− 2013 PHẦN MỞ ĐẦU I Lý chọn đề tài Bất đẳng thức (BĐT) loại toán hay khó, thường xuyên xuất kỳ thi chọn học sinh giỏi Toán bậc THCS, THPT đề thi vào Đại học – Cao đẳng Nội dung hình thức toán BĐT phong phú đa dạng Một dạng toán đẹp thường gặp BĐT đối xứng ba biến Phương pháp giải loại toán nhiều chắn phương pháp chung Trong chương trình môn Toán bậc THPT, việc sử dụng BĐT kinh điển BĐT AM − GM (BĐT Cauchy), BĐT Cauchy − Svacx (BĐT Bunhiacốpsky)… thường xuyên giải số dạng toán Tuy vậy, qua trình dạy học bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi Toán, số toán đề thi gặp, việc sử dụng BĐT kinh điển nói khó khăn, chí không thực Trong viết xin giới thiệu BĐT tiếng đẹp, phát biểu đơn giản giải hữu hiệu số toán BĐT đối xứng ba biến, BĐT Schur Chúng cố gắng trình bày cách hệ thống, đầy đủ nội dung đề tài: “Bất đẳng thức Schur ứng dụng” II Phạm vi đối tượng nghiên cứu Đề tài dùng làm tài liệu tham khảo cho thầy cô giáo việc bồi dưỡng học sinh giỏi Toán cấp THCS, THPT ôn luyện thi vào trường Đại học − Cao đẳng III Mục đích nghiên cứu Mục đích nghiên cứu đề tài thông qua nghiên cứu sở lý luận thức tiễn, đề xuất phân tích số cách thức áp dụng BĐT Schur việc giải toán BĐT đối xứng ba biến nhằm nâng cao chất lượng dạy học IV Điểm kết nghiên cứu − Trình bày cách đầy đủ sở lý thuyết BĐT Schur số hệ − Xây dựng hệ thống ví dụ minh họa tập rèn luyện phong phú, có tính hợp lý, nhiều toán trích từ đề thi học sinh giỏi Toán cấp; phân tích rút kinh nghiệm sau lời giải số toán PHẦN NỘI DUNG I Bất đẳng thức Schur Bất đẳng thức sau mang tên nhà bác học người Đức Issai Schur (1875 − 1941): Cho số không âm a, b, c số thực α dương Khi đó: aα ( a − b )( a − c ) + bα ( b − c )( b − a ) + cα ( c − a )( c − b ) ≥ Đẳng thức xảy a = b = c hai số nhau, số lại Chứng minh Không tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c ≥ Khi BĐT biến đổi thành: ( a − b ) [ aα ( a − c ) − bα ( b − c ) ] + cα ( c − a )( c − b ) ≥ BĐT với giả thiết a ≥ b ≥ c ≥ nên ta có điều phải chứng minh Chú ý Trong trường hợp a, b, c dương BĐT Schur cho số thực α Khi đẳng thức xảy a = b = c Một số trường hợp đặc biệt a Với α = 1, BĐT Schur viết dạng tương đương sau: a (a − b)(a − c) + b(b − c)(b − a) + c(c − a )(c − b) ≥ (1.a) a + b3 + c + 3abc ≥ a 2b + ab + b 2c + bc + c a + ca (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) S + 9Q ≥ SP (1.e) với S = a + b + c , P = ab + bc + ca , Q = abc Trong trường hợp thường gặp thực tế này, cách chứng minh tổng quát trên, ta dễ dàng chứng minh BĐT Schur dạng (1.c) cách sử dụng BĐT AM − GM cho cặp số Nhận xét: BĐT Schur bậc ba (khi α = 1) “mạnh hơn” BĐT AM − GM cho ba số không âm Thật BĐT Schur bậc ba viết dạng a + b3 + c − 3abc ≥ a( b − c ) + b( c − a ) + c( a − b ) 2 nên từ BĐT Schur suy BĐT AM − GM Do nhiều toán, sử dụng BĐT Schur mà dùng trực tiếp BĐT AM − GM cho ba số để giải toán b Với α = 2, BĐT Schur viết dạng tương đương sau: a (a − b)(a − c) + b (b − c)(b − a ) + c (c − a )(c − b) ≥ (2.a) a + b + c + abc(a + b + c) ≥ a (b + c) + b3 (c + a) + c3 (a + b) (2.b) a + b + c + 2abc(a + b + c) ≥ ( a + b + c )( ab + bc + ca ) (2.c) S − 5S P + P + 6SQ ≥ (2.d) với S = a + b + c , P = ab + bc + ca , Q = abc Một số toán áp dụng Bài Cho ba số thực không âm x, y, z thoả mãn x + y + z = Chứng minh rằng: xy + yz + zx ≤ xyz + 27 Lời giải Sử dụng BĐT Schur dạng (1.d) BĐT AM − GM ta có: xy + yz + zx – 2xyz = (x + y + z)(xy + yz + zx) – 2xyz ≤ 1 (x + y + z)3 + xyz – 2xyz = (x + y + z)3 + xyz 4 4 ≤ 1 7 (x + y + z)3 + (x + y + z)3 = (x + y + z) = 4 27 27 27 Suy BĐT Đẳng thức xảy x = y = z = Nhận xét: Đối với toán BĐT đối xứng ba biến chẳng hạn x, y, z không âm, việc đánh giá biểu thức xyz ≥ tương đối khó khăn Sử dụng BĐT Schur trường hợp tương đối hiệu Bài toán trích từ đề thi IMO 1984, sau số toán tương tự khác Bài Cho số a, b, c không âm thoả mãn a + b + c = Chứng minh rằng: a + b3 + c + 6abc ≥ Lời giải Đặt S = a + b + c, P = ab + bc + ca, Q = abc S = , ta cần chứng minh: a + b + c + 6abc ≥ ⇔ 4(a + b + c ) + 24abc ≥ ⇔ S ( S − 3P) + 36Q ≥ S ⇔ 3S − 12 SP + 36Q ≥ ⇔ ( S − SP + 9Q ) + 3Q ≥ Bất đẳng thức cuối theo (1.e) phép biến đổi tương đương nên ta có a + b3 + c3 + 6abc ≥ 1 2 Đẳng thức xảy ⇔ (a, b, c) = (0; ; ) hoán vị Bài Cho số không âm a, b, c thoả mãn ab + bc + ca = Chứng minh rằng: a + b3 + c + 6abc ≥ Lời giải Sử dụng BĐT Schur dạng (1.b) hệ BĐT Bunhiacopxki ta có: a3 + b3 + c3 + 6abc = (a3 + b3 + c3 + 3abc) + 3abc ≥ a2b + b2a + b2c + c2b + c2a + a2c + 3abc = (a + b + c)(ab + bc + ca) ≥ 3(ab + bc + ca) (ab + bc + ca) = Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c = Bài toán chứng minh Bài Cho số dương a, b, c thoả mãn abc = Chứng minh rằng: 1 (a − + )(b − + )(c − + ) ≤ (1) b c a Lời giải Đặt a = x y z , b = , c = (với x, y, z > ) Ta có: y z x ( x − y + z )( y − z + x)( z − x + y ) 1 (a − + )(b − + )(c − + ) = xyz b c a Sử dụng BĐT Schur dạng (1.c) ta có BĐT nên BĐT (1) Đẳng thức xảy ⇔ x = y = z ⇔ a = b = c = b c a Vậy (a − + )(b − + )(c − + ) ≤ Nhận xét: Đây toán thi IMO 2000 giải theo nhiều cách khác Cách giải khai thác giả thiết abc = cách đặt ẩn phụ a= x y z , b = , c = (với x, y, z > ) sử dụng BĐT Schur giải đánh giá y z x gọn đẹp Đặc biệt cách đặt ẩn phụ áp dụng có hiệu cho số toán khác với giả thiết abc = Bài Cho số không âm a, b, c thỏa mãn ( a + b )( b + c )( c + a ) ≠ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: F =( 4a 4b 4c + 1)( + 1)( + 1) b+c c+a a+b Lời giải Đặt S = a + b + c, P = ab + bc + ca, Q = abc ta có: F ≥ 25 ⇔ ( 4a 4b 4c + 1)( + 1)( + 1) ≥ 25 b+c c+a a+b ⇔ ( S + 3a )(S + 3b)( S + 3c) ≥ 25( S − a )( S − b)( S − c) ⇔ S + 9SP + 3S + 27Q ≥ 25S + 25SP − 25S − 25Q ⇔ S − 16 SP + 52Q ≥ ⇔ S − 4SP + 13Q ≥ ⇔ ( S − SP + 9Q ) + 4Q ≥ Bất đẳng thức cuối theo BĐT Schur dạng (1.e) Q ≥ Các phép biến đổi tương đương nên F ≥ 25 Đẳng thức xảy ba số có số không, hai số lại dương Vậy giá trị nhỏ F 25 Nhận xét: Cách giải ngắn gọn cho toán khó đẹp thiếu tính tự nhiên Thực tế có chút kinh nghiệm, ta dự đoán biểu thức đối xứng biểu thức F cực trị (lớn nhất/nhỏ nhất) thường đạt biến “gần nhất” (tốt nhau) “xa nhất” (có biến biên) Trong toán a = b = c F = 27, a = 0, b = c F = 25 Từ ta tập trung chứng minh dự đoán F ≥ 25 với a, b, c thỏa mãn giả thiết toán Bài toán số tài liệu viết theo cách sau: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức ( 4a 4b 4c + 1)( + 1)( + 1) > 25 thay b+c c+a a+b số 25 số lớn Bài 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 a 2b 2c + 2(a 2b + b 2c + c a ) + 4(a + b + c ) + ≥ 9(ab + bc + ca ) (1) Ta có BĐT quen thuộc: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca, (a2b2 + 1) + (b2c2 + 1) +(c2a2 + 1) ≥ 2(ab + bc + ca) theo BĐT Schur dạng (1.d) thì: 9abc a+b+c a2b2c2 + = a2b2c2 + + ≥ 3 a b c ≥ ≥ 4(ab + bc + ca) – (a + b + c)2 Cộng BĐT 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) nên BĐT Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c = Nhận xét: Đây toán kỳ thi APMO 2004 Bài toán làm chặt sau: Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức (a )( )( ) + b + c + ≥ 3( a + b + c ) Một cách chứng minh toán là: ba số a − 1, b − 1, c − có hai số dấu, giả sử a − b − Khi ( a − 1)( b − 1) ≥ hay a 2b ≥ a + b − Từ đó: (a [( )( ) [ )( ]( + b + c + = a 2b + ( a + b ) + c + ) ]( ) ( )( ) ) 2 2 ≥ a + b + c + = a + b + 1 + + c ≥ 3( a + b + c ) Bài Cho số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = Chứng minh rằng: 1 + + ≤ c − ab + a − bc + b − ca + Lời giải Đặt x = a , y = b , z = c ta có x, y, z dương xy + yz + zx = BĐT cho tương đương với 1 + + ≤3 x yz y zx z xy − +1 − +1 − +1 3 3 3 ⇔ 1 + + ≤1 x − yz + y − zx + z − xy + ⇔ 1 + + ≤1 x − (1 − zx − xy ) + y − (1 − xy − yz ) + z − (1 − yz − zx ) + ⇔ 1 + + ≤ (1) x( x + y + z ) + x( x + y + z ) + x( x + y + z ) + 2 Đặt S = x + y + z, P = xy + yz + zx = 1, Q = xyz 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) + ⇔ ≤ S3xyz + S2 (vì xy + yz + zx = ) ⇔ S3xyz ≥ – S2 (2) Theo BĐT Schur dạng (1.e) S3 + 9Q ≥ 4SP ⇒ 9xyz = 9Q ≥ 4S – S3 Hơn lại có S2 = ( x + y + z ) ≥ 3(xy + yz + zx) = ⇒ S4 ≥ Từ S4xyz ≥ 9xyz ≥ 4S – S3 hay S3xyz ≥ – S2, tức (2) Vậy BĐT chứng minh Đẳng thức xảy ⇔ x = y = z = ⇔ a=b=c= Nhận xét: Đây thi Olympic Toán Trung Quốc 2003 Bài toán với giả thiết ab + bc + ca = tạo nhiều khó khăn việc biến đổi biểu thức Để thuận lợi cho việc tính toán, ta đặt biến x = a , y = b , z = c ta có x, y, z dương xy + yz + zx = Sau việc sử dụng BĐT Schur phải có chút thay đổi, kết hợp với giả thiết cách khéo léo Ta xét tiếp số toán sau tam giác Bài Cho tam giác ABC với R, r bán kính đường tròn ngoại tiếp nội tiếp, p nửa chu vi tam giác Chứng minh rằng: 16Rr – 5r2 ≤ p2 Lời giải Sử dụng công thức quen thuộc tam giác, BĐT tương đương với: 16 abc S S2 − ≤ p2 4S p p ⇔ 4abc ≤ p3 + 5(p − a)(p − b)(p − c) Đặt x = p − a, y = p − b, z = p − c x, y, z > 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) BĐT Bài toán chứng minh Đẳng thức xảy ⇔ tam giác ABC Bài Chứng minh tam giác ABC ta có: A B C tan tan 2 A B C B C + C A + A B ≤ tan tan tan + tan tan + tan tan + tan tan 2 2 2 2 tan Lời giải Đặt x = tan B C C A A B tan , y = tan tan , z = tan tan , theo tính chất quen 2 2 2 thuộc tam giác ta có x, y, z > x + y + z = BĐT trở thành: zx yz xy + + ≤ 1+ y 1+ z 1+ x (1) Khai triển BĐT (1) với ý x + y + z = ta được: 4[ yz (1 + y )(1 + z ) + zx(1 + z )(1 + x ) + xy (1 + x )(1 + y ) ] ≤ (1 + x )(1 + y )(1 + z ) ⇔ 4[ yz (1 + y + z + yz ) + zx(1 + z + x + zx) + xy(1 + x + y + xy ) ] ≤ + ( x + y + z ) + ( xy + yz + zx) + xyz ⇔ 4[ yz ( − x + yz ) + zx(2 − y + zx) + xy ( − z + xy ) ] ≤ + ( xy + yz + zx) + xyz ⇔ 8(xy + yz + zx) – 12xyz + 4[(xy + yz + zx)2 – 2xyz] ≤ + ( xy + yz + zx) + xyz Đặt P = xy + yz + zx Ta có P ≤ ( x + y + z ) = BĐT trở thành: 3 4P2 + 7P ≤ + 21xyz (2) Xét trường hợp xảy ra: Trường hợp Với < P ≤ Khi đó, 1 4P + 7P ≤ + = < + 21xyz ⇒ (2) 4 Trường hợp Với 1 ≤ P ≤ Theo BĐT Schur dạng (1.e) ta có: + 9xyz ≥ 4P ⇒ + 21xyz ≥ + ⇒ (2 + 21xyz) – (4P2 + 7P) ≥ + (4P – 1) (4P – 1) – (4P2 + 7P) 3 = – (4P – 1)(3P – 1) ≥ ⇒ (2) Vậy BĐT (2) nên BĐT ban đầu Đẳng thức xảy ⇔ P = ⇔ x = y = z ⇔ ∆ABC Bài toán chứng minh Nhận xét: Bài toán có hình thức lượng giác nội dung mang nặng tính đại số Bài toán khó đưa BĐT (2) Việc phân chia trường hợp P để vận dụng BĐT Schur cần thiết toàn Bài 10 Tìm số thực k lớn để với số thực a, b, c không âm thoả mãn a + b + c = 1, ta có bất đẳng thức a3 + b3 + c3 + kabc ≥ k + 27 Lời giải Giả sử k số thực thoả mãn toán Chọn a = b = toán ta có: , c = thay vào BĐT 1 k 15 15 ≥ + ⇔ k ≤ Ta chứng minh giá trị lớn cần tìm k = 4 27 Thật vậy, với k = 15 BĐT trở thành a3 + b3 + c3 + 15 abc ≥ 4 ⇔ 4(a3 + b3 + c3) + 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 BĐT Schur dạng (1.d) nên BĐT Vậy giá trị cần tìm k 15 Nhận xét: Bài toán với giá trị a, b, c ≥ , a + b + c = nên điều kiện cần BĐT với số giá trị ( a, b, c ) đặc biệt Đối với toán ta 1 1 1 2 3 3 xét với giá trị ( a, b, c ) (1,0,0 ); , ,0 ; , , để tìm giá trị lớn k đạt Với cách làm ta tìm giá trị lớn k 15 Bài toán tương tự sau toán thi VMO 2006 Bài 11 Tìm số thực k lớn cho với số thực dương a, b, c thoả mãn abc = , ta có bất đẳng thức 1 + + + 3k ≥ (k + 1)(a + b + c) a b c Lời giải Giả sử k số thực thoả mãn toán Chọn a = b = α, c = vào BĐT toán ta suy ra: k ≤ lim Cho α → α → với α > Thay α2 (α + α + 1) 2α + (α + α + 1) = nên ta suy k ≤ 2α + Với k = 1, BĐT cho trở thành: 1 + + + ≥ 2(a + b + c) a b c Đặt x = (1) 1 , y = , z = x, y, z > xyz = a b c BĐT (1) viết lại là: x2 + y2 + z2 + ≥ 2(xy + yz + zx) ⇔ (x + y + z)(x2 + y2 + z2 + 3) ≥ 2(xy + yz + zx)(x + y + z) ⇔ x3 + y3 + z3 + 3(x + y + z) ≥ x2y + yx2 + y2z + z2y + z2x + x2z + (2) Do x + y + z ≥ 3 xyz = BĐT Schur dạng (1.d) x + y + z + 3xyz ≥ x y + yx + y z + yz + z x + zx nên BĐT (2) có VT = x3 + y3 + z3 + 3(x + y + z) ≥ x3 + y3 + z3 + = x3 + y3 + z3 + 3xyz + ≥ x2y + yx2 + y2z + z2y + z2x + x2z + = VP Vậy BĐT (2) nên BĐT (1) Đẳng thức xảy ⇔ x = y = z = ⇔ a = b = c = Như giá trị lớn cần tìm k Bài 12 Cho số không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh 21 + 18abc ≥ 13( ab + bc + ca ) Lời giải Đặt S = a + b + c Ta có S ≥ a + b + c = ⇒ S ≥ Khi S = + 2( ab + bc + ca ) ⇒ ab + bc + ca = S2 − Biến đổi ( ) ( a + b + c = a + b + c − a 2b + b c + c a [ = − ( ab + bc + ca ) − 2abc( a + b + c ) ) ] = − 2( ab + bc + ca ) + 4abcS S2 − 3 − S + S + + 8abcS + 4abcS = = − 2 Thay vào BĐT Schur dạng (2.c) a + b + c + 2abc( a + b + c ) ≥ (a + b + c )(ab + bc + ca) ta có S2 − 3 − S + S + + 8abcS + 2abcS ≥ 3 ⇔ 12abcS ≥ S − 3S − 18 ⇔ abc ≥ S − 3S − 18 12 S Trở lại toán, xét hiệu 21 + 18abc − 13( ab + bc + ca ) ≥ 21 + = ( ) ( ) S − 3S − 18 13 S − − 2S ( ) 3S − 13S − S + 81S − 54 ( S − 3) 3S + 5S − ≥ S ≥ = 2S 2S Vậy BĐT chứng minh Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c = Nhận xét: Đây toán khó, việc áp dụng BĐT Schur bậc bốn có nhiều tính toán cồng kềnh Tuy nhiên để đánh giá xu hướng abc ≥ có giả thiết a + b + c = việc sử dụng BĐT Schur phương pháp hữu hiệu Cũng cần ý lời giải tập trung vào ẩn phụ S = a + b + c , đánh giá đại lượng Q = abc theo S mà không cần sử dụng biểu thức P = ab + bc + ca để giảm rắc rối tính toán, biến đổi Bài 13 Cho số thực a, b, c ∈ 0, π Chứng minh rằng: 2 sin a.sin( a − b).sin(a − c) sin b.sin(b − c).sin(b − a ) sin c.sin(c − a ).sin(c − b) + + ≥ sin(b + c ) sin(c + a ) sin( a + b) Lời giải Ta có công thức sin( x − y ).sin( x + y ) = [ cos y − cos x] = sin x − sin y , nên: sin a.sin(a − b).sin(a − c).sin(a + b).sin(a + c) = sin a (sin a − sin b)(sin a − sin c) Biến đổi BĐT cho, đặt x = sina, y = sinb, z = sinc với x, y, z ∈ (0, 1) ta đến: x( x − y )( x − z ) + y ( y − z )( y − x ) + z ( z − x )( z − y ) ≥ nên BĐT Bài toán chứng minh Đẳng thức xảy ⇔ x = y = z ⇔ a = b = c Đậy BĐT Schur với trường hợp α = Bài 14 Cho số thực x, y, z > Chứng minh rằng: xx + yz y y + zx z z + xy ≥ ( xyz ) xy + yz + zx Lời giải Lấy logarit số e hai vế, BĐT cho tương đương với (x2 + 2yz)lnx + (y2 + 2zx)lny + (z2 + 2xy)lnz ≥ (xy + yz + zx)(lnx + lny + lnz) ⇔ (x – y)(x – z)lnx + (y – z)(y – x)lny + (z – x)(z – y)lnz ≥ Ở ta không áp dụng trực tiếp BĐT Schur được, nhiên từ hình thức toán ta sử dụng phương pháp chứng minh BĐT Schur tổng quát để giải toán Không tính tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z > Khi lnx, lny, lnz > nên suy ra: (z – x)(z – y)lnz ≥ (x – y)(x – z)lnx + (y – z)(y – x)lny = (x – y)[(x – z)lnx – (y – z)lny] ≥ nên cộng vế lại ta có BĐT Vậy BĐT chứng minh Nhận xét: Từ cách giải ta nhận thấy mở rộng BĐT Schur: Cho số dương a, b, c Khi hai số ( a, b, c ) ( x, y, z ) đơn điệu chiều ta có BĐT: a ( x − y )( x − z ) + b( y − z )( y − x ) + c( z − x )( z − y ) ≥ Một số tập rèn luyện Bài Cho số dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Chứng minh abc + 12 ≥ ab + bc + ca Bài Cho số dương a, b, c có a + b + c = Chứng minh rằng: 3(a2 + b2 + c2) + 4abc ≥ 13 Bài Cho số a, b, c không âm thoả mãn ab + bc + ca = Chứng minh a3 + b3 + c3 + 7abc ≥ 10 Bài Cho tam giác ABC có độ dài cạnh a, b, c I tâm đường tròn nội tiếp Chứng minh rằng: IA2 + IB2 + IC2 ≥ (a + b2 + c2) Bài Cho tam giác ABC với độ dài cạnh a, b, c r , , rb , rc bán kính đường tròn nội tiếp, bàng tiếp góc A, B, C Chứng minh a b3 c abc + + ≤ rb rc r Bài Tìm số k lớn để với số không âm a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca + 6abc = ta có BĐT a + b + c + kabc ≥ k + Bài Cho số không âm a, b, c Chứng minh rằng: ( ) a + b + c + abc + ≥ 5(a + b + c) Bài Cho số không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh 1 + + ≤ − 2ab − 2bc − 2ca Hướng dẫn: Sử dụng BĐT Schur bậc PHẦN KẾT LUẬN Thông qua số toán thấy việc sử dụng BĐT Schur chứng minh số BĐT đối xứng ba biến hay khó Những toán phần lớn trích từ đề thi tuyển sinh đại học thi chọn học sinh giỏi cấp Chúng sử dụng để giảng dạy cho em luyện thi Đại học đội tuyển dự thi học sinh giỏi Toán Các em từ học sinh hào hứng học vấn đề Kết thu năm học vừa qua khả quan hai mặt thi vào Đại học thi học sinh giỏi Toán cấp Thành tích thi chọn học sinh giỏi Quốc gia môn Toán trường THPT chuyên Hà Tĩnh ba năm học gần 19/20 em đạt giải, có giải Nhì, có em gọi vào đội dự tuyển em vào đội tuyển dự thi Olympic Toán Quốc tế năm 2013 Kết thi tuyển sinh Đại học vững top 10 trường THPT có điểm bình quân cao nước Người đọc sử dụng viết làm tài liệu tham khảo giảng dạy cho học sinh Vì thời gian khả hạn chế nên việc tìm toán ứng dụng khác BĐT hạn chế Chúng thực chất trọng đến việc sử dụng BĐT Schur trường hợp α = ý tưởng phương pháp chứng minh Trong viết tìm số ví dụ khác ý tưởng tổng quát BĐT Những ứng dụng khác xin nhờ giúp đỡ trao đổi bạn Hi vọng vấn đề bổ sung hoàn thiện Cuối cùng, dù cố gắng viết chắn không tránh khỏi thiếu sót khách quan chủ quan Rất mong nhận nhận xét, góp ý chân thành người đọc Một lần nữa, xin chân thành cảm ơn! Hà Tĩnh, tháng năm 2013 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tạp chí Toán học Tuổi trẻ Một số tài liệu Internet Tuyển tập đề thi vào Đại học Một số đề thi Olympic nước Quốc tế