Bất đẳng thức Schur

1 Bài viết bất đẳng thức Schur, Vornicu−Schur kỹ thuật pqr Nguyễn Huy Tùng Lớp 8A1, THCS Hồng Bàng, Hải Phòng Email: cr7forward@gmail.com Trong giới bất đẳng thức nay, bất đẳng thức Schur bất đẳng thức mạnh Tuy nhiên khơng đưa vào chương trình phổ thơng thiếu sót lớn Bài viết cung cấp cho bạn nhìn bất đẳng thức Schur, Vornicu−Schur kỹ thuật pqr, kỹ thuật hay để giải toán ba biến I Các kết Bất đẳng thức Schur Với a, b, c, r khơng âm, ta ln có ar ( a − b)( a − c) + br (b − c)(b − a) + cr (c − a)(c − b) ≥ Có nhiều cách chứng minh cho bất đẳng thức này, xin dẫn cách đơn giản Giả sử a ≥ b ≥ c Ta có VT = ( a − b)[ ar ( a − c) − br (b − c)] + cr (c − a)(c − b) ≥ Vậy bất đẳng thức Schur chứng minh Hai kết sử dụng nhiều r = r = Với r = 1, ta có bất đẳng thức Schur bậc ba a( a − b)( a − c) + b(b − c)(b − a) + c(c − a)(c − b) ≥ (1) Tài liệu sử dụng mục đích học tập Bất thao tác, trao đổi tài liệu mục đích thương mại phải chấp thuận tác giả Các dạng tương đương bất đẳng thức a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab( a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) ( a + b + c)3 + 9abc ≥ 4( a + b + c)( ab + bc + ca) abc ≥ ( a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) 9abc ≥ 2( ab + bc + ca) a+b+c a b c 4abc + + + ≥2 b + c c + a a + b ( a + b)(b + c)(c + a) a2 + b2 + c2 + (hai bất đẳng thức cuối có tên gọi khác bất đẳng thức Schur bậc ba dạng phân thức) Trường hợp r = 2, thu bất đẳng thức Schur bậc bốn a2 ( a − b)( a − c) + b2 (b − c)(b − a) + c2 (c − a)(c − b) ≥ (2) Dạng tương đương bất đẳng thức a4 + b4 + c4 + abc( a + b + c) ≥ ab( a2 + b2 ) + bc(b2 + c2 ) + ca(c2 + a2 ) 6abc( a + b + c) ≥ (2ab + 2bc + 2ca − a2 − b2 − c2 )( a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca) Bất đẳng thức Schur có hai điểm đẳng thức a = b = c a = b, c = hoán vị tương ứng Điều tạo nên độ mạnh cho bất đẳng thức Một điều đáng ý với r chẵn, bất đẳng thức Schur cho số thực a, b, c Tiếp theo kỹ thuật quan trọng mà tác giả muốn chia sẻ với bạn, kỹ thuật pqr Kỹ thuật pqr Với số thực a, b, c đặt a + b + c = p, ab + bc + ca = q, abc = r, ta thu đẳng thức sau a2 + b2 + c2 = p2 − 2q ( a + b)(b + c) + (b + c)(c + a) + (c + a)( a + b) a3 + b3 + c3 ab( a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) ( a + b)(b + c)(c + a) a4 + b4 + c4 a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 a3 (b + c) + b3 (c + a) + c3 ( a + b) a3 b3 + b3 c3 + c3 a3 a4 b4 + b4 c4 + c4 a4 = = = = = = = = = p2 + q p3 − 3pq + 3r pq − 3r pq − r p4 − 4p2 q + 2q2 + 4pr q2 − 2pr p2 q − 2q2 − pr q3 − 3pqr + 3r2 q4 − 4pq2 r + 2p2 r2 + 4qr2 Ngồi nhiều đẳng thức khác mà bạn xây dựng q trình giải tốn Từ đẳng thức trên, ta có số kết (với a, b, c không âm) p2 ≥ 3q pq ≥ 9r p3 ≥ 27r q2 ≥ 3pr p3 + 9r ≥ 4pq p2 q + 3pr ≥ 4q2 p4 + 4q2 + 6pr ≥ 5p2 q Từ (1) (2), ta có bất đẳng thức sau (với a, b, c không âm) r≥ p(4q − p2 ) r≥ (4q − p2 )( p2 − q) 6p Tuy nhiên 4q − p2 lại âm mà r lại không âm nên ta thường sử dụng kết sau (rất hiệu quả) r ≥ max 0, p(4q − p2 ) r ≥ max 0, (4q − p2 )( p2 − q) 6p Cuối cùng, chuyển sang dạng suy rộng bất đẳng thức Schur, bất đẳng thức Vornicu−Schur Bất đẳng thức Vornicu−Schur Với a ≥ b ≥ c số thực x, y, z số thực không âm, xét bất đẳng thức sau x( a − b)( a − c) + y(b − c)(b − a) + z(c − a)(c − b) ≥ Bất đẳng thức số điều kiện sau thỏa mãn x ≥ y (hoặc z ≥ y) ax ≥ by bz ≥ cy (nếu a, b, c độ dài ba cạnh tam giác) √ x+ √ z≥ √ y Chứng minh tương tự cách chứng minh bất đẳng thức Schur, nhiên chứng minh cho lại có chút khó khăn Viết lại bất đẳng thức dạng x· a−c a−c +z· ≥ y, b−c a−b x+z+ x· a−b b−c +z· b−c a−b ≥ y Theo bất đẳng thức AM−GM tiêu chuẩn ta có x+z+ x· b−c a−b +z· b−c a−b √ √ √ ≥ x + z + xz = ( x + z)2 ≥ y Như chứng minh xong Ngoài nhiều tiêu chuẩn khác mà bạn tìm thấy tài liệu bất đẳng thức Chắc có nhiều bạn tự hỏi rằng: "Làm cách để đưa bất đẳng thức dạng chuẩn tắc theo Vornicu−Schur?" Bằng kinh nghiệm thân, tác giả xin giới thiệu tới bạn cách chuyển đổi, chưa "tối ưu" "hoàn hảo" cho Trước tiên ta đưa bất đẳng thức dạng S a (b − c)2 + Sb (c − a)2 + Sc ( a − b)2 ≥ Hẳn việc đơn giản dễ dàng phương pháp SOS Chú ý ∑ Sc (a − b)2 = ∑ Sc (a − b)(a − c + c − b) = ∑ Sc ( a − b)( a − c) + ∑ Sc (b − c)(b − a) = ∑ Sc ( a − b)( a − c) + ∑ Sb ( a − b)( a − c) = ∑( Sb + Sc )( a − b)( a − c) Từ đây, ta tìm x = Sb + Sc , y = Sc + S a , z = S a + Sb Theo cách phân tích trên, ta nhận mối quan hệ mật thiết phương pháp SOS bất đẳng thức Vornicu−Schur Trong q trình giải tốn, kết hợp kỹ thuật pqr, bất đẳng thức Schur bất đẳng thức Vornicu−Schur với phương pháp cổ điển, dồn biến, SOS, tạo sức mạnh "không tưởng" Điều chứng minh phần sau II Áp dụng Cho số thực dương a, b, c Chứng minh a2 + b2 + c2 + 2abc + ≥ 2( ab + bc + ca) (Darij Grinberg) Lời giải Theo bất đẳng thức AM−GM, ta có √ 3abc 9abc 2abc + = abc + abc + ≥ a2 b2 c2 = √ ≥ a + b+c abc Do ta cần chứng minh a2 + b2 + c2 + 9abc ≥ 2( ab + bc + ca) a+b+c Thế lại bất đẳng thức Schur bậc ba dạng phân thức nên hiển nhiên Đẳng thức xảy a = b = c = Với số thực không âm a, b, c, ta ln có 2( a2 + b2 + c2 ) + abc + ≥ 5( a + b + c) (Trần Nam Dũng, Hello IMO 2007) Lời giải Sử dụng bất đẳng thức AM−GM, ta có √ abc + abc + a2 b2 c2 3abc 9abc ≥ = √ , abc + = ≥ 2 2 ( a + b + c) abc 5( a + b + c) = 5 · · · ( a + b + c) ≤ + ( a + b + c)2 6 Do đó, ta cần chứng minh a2 + b2 + c2 + 9abc 15 + ≥ + ( a + b + c)2 , 2( a + b + c) a2 + b2 + c2 + 27abc ≥ 10( ab + bc + ca) ( a + b + c) Mà a2 + b2 + c2 ≥ 4( ab + bc + ca) (theo AM−GM) nên toán đưa a2 + b2 + c2 + 9abc ≥ 2( ab + bc + ca) a+b+c Nhưng bất đẳng thức Schur bậc ba dạng phân thức Đẳng thức xảy a = b = c = Nếu a, b, c số thực khơng âm ( a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) ≥ 9( ab + bc + ca) (APMO 2004) Lời giải Ta có, theo bất đẳng thức AM−GM bất đẳng thức Schur ( a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) = a2 b2 c2 + + + 2( a2 b2 + 1) + 2(b2 c2 + 1) + 2(c2 a2 + 1) + 4( a2 + b2 + c2 ) √ ≥ a2 b2 c2 + 4( ab + bc + ca) + 4( a2 + b2 + c2 ) 9abc ≥ + 4( ab + bc + ca) + 4( a2 + b2 + c2 ) a+b+c ≥ 2( ab + bc + ca) − ( a2 + b2 + c2 ) + 4( ab + bc + ca) + 4( a2 + b2 + c2 ) ≥ 9( ab + bc + ca) Bất đẳng thức chứng minh xong Đẳng thức xảy a = b = c = Giả sử a, b, c số thực không âm thỏa mãn a5 + b5 + c5 = Chứng minh a6 b6 + b6 c6 + c6 a6 ≤ (Vasile Cirtoaje, Gabriel Dospinescu) Lời giải Sử dụng bất đẳng thức AM−GM, 5a6 b6 ≤ a5 b5 a5 + b5 + Bằng cách thiết lập hai bất đẳng thức tương tự cho số hạng lại cộng vào, ta xy( x + y + 3) + yz( y + z + 3) + zx( z + x + 3) ≤ 15, x = a5 , y = b5 , c = z5 x + y + z = Bất đẳng thức tương đương với ( x + y + z)( xy + yz + zx) + 3( xy + yz + zx) ≤ 15 + 3xyz, 2( xy + yz + zx) ≤ + xyz Sử dụng bất đẳng thức Schur bậc ba, ta có ( x + y + z) 4( xy + yz + zx) − ( x + y + z)2 4( xy + yz + zx) − + 4( xy + yz + zx) = = 5+ 3 + xyz ≥ + Do ta cần chứng minh 2( xy + yz + zx) ≤ + 4( xy + yz + zx) , tương đương với xy + yz + zx ≤ 3, hiển nhiên theo AM−GM Đẳng thức xảy a = b = c = Với số thực không âm a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca > 0, bất đẳng thức sau b2 + ca c2 + ab a2 + bc + + ≥ b2 − bc + c2 c2 − ca + a2 a2 − ab + b2 (Ngô Đức Lộc) Lời giải Theo bất đẳng thức AM−GM 2 a2 + bc a2 + bc a2 + bc = ≥ b2 − bc + c2 (b2 − bc + c2 )( a2 + bc) ( a2 + b2 + c2 )2 Làm tương tự cho số hạng lại cộng vào, ta cần chứng minh 4( a2 + bc)2 + 4(b2 + ca)2 + 4(c2 + ab)2 ≥ 3( a2 + b2 + c2 )2 Bất đẳng thức tương đương với a4 + b4 + c4 + 8abc( a + b + c) ≥ 2( a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) Sử dụng bất đẳng thức Schur bậc bốn bất đẳng thức AM−GM, ta có a4 + b4 + c4 + 8abc( a + b + c) ≥ a4 + b4 + c4 + abc( a + b + c) ≥ ab( a2 + b2 ) + bc(b2 + c2 ) + ca(c2 + a2 ) ≥ 2( a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) Đẳng thức xảy a = b, c = hoán vị Cho a, b, c số thực không âm, tất không đồng thời Chứng minh a3 + b3 + c3 ≥ a2 + b2 + c2 a2 − ab + b2 + b2 − bc + c2 + c2 − ca + a2 Lời giải Sử dụng bất đẳng thức Cauchy−Schwarz, ta có a3 + b3 + c3 ( a + b + c) ≥ a2 + b2 + c2 , suy a3 + b3 + c3 ≥ a2 + b2 + c2 a3 + b3 + c3 a+b+c Mặt khác, từ bất đẳng thức ∑ a2 − ab + b2 ≤ ∑ ( a2 − ab + b2 ) = [2 ( a2 + b2 + c2 ) − ( ab + bc + ca)] Do ta cần chứng minh a3 + b3 + c3 ≥ a2 + b2 + c2 − ( ab + bc + ca), a+b+c a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab( a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) Tuy nhiên lại bất đẳng thức Schur bậc ba nên hiển nhiên Đẳng thức xảy a = b = c ( a, b, c) ∼ (1, 1, 0) hoán vị Cho a, b, c số thực không âm chúng khơng có hai số đồng thời Chứng minh √ a3 b2 − bc + c2 +√ b3 c2 − ca + c2 +√ c3 a2 − ab + b2 ≥ a2 + b2 + c2 (Võ Quốc Bá Cẩn) Lời giải Sử dụng bất đẳng thức Cauchy−Schwarz, ta có ∑√ a2 + b2 + c2 √ ≥ b2 − bc + c2 ∑ a b2 − bc + c2 a3 Do ta cần chứng minh b2 − bc + c2 + b a c2 − ca + a2 + c a2 − ab + b2 ≤ a2 + b2 + c2 Lại sử dụng bất đẳng thức Cauchy−Schwarz, ∑a b2 − bc + c2 ≤ ∑a ∑a b2 − bc + c2 Như vậy, ta phải chứng minh a2 + b2 + c2 ≥ ∑a ∑a b2 − bc + c2 Bất đẳng thức tương đương với a4 + b4 + c4 + abc( a + b + c) ≥ a3 (b + c) + b3 (c + a) + c3 ( a + b), bất đẳng thức Schur bậc bốn Đẳng thức xảy a = b = c a = b, c = hoán vị Chứng minh bất đẳng thức sau với số thực không âm a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca > b( a + c) c( a + b) 3[( a − b)(b − c)(c − a)]2 a(b + c) + + ≥ + b2 + bc + c2 c2 + ca + a2 a2 + ab + b2 ( a2 + ab + b2 )(b2 + bc + c2 )(c2 + ca + a2 ) (Nguyễn Huy Tùng) Lời giải Ta có a(b + c) a(b + c)( ab + bc + ca) − a(b + c) b2 + bc + c2 a(b + c) [b( a − b) − c(c − a)] ab + bc + ca ∑ b2 + bc + c2 ab( a − b)(b + c) ca(c − a)(b + c) −∑ ∑ 2 ab + bc + ca b + bc + c b2 + bc + c2 ab( a − b)(b + c) ab( a − b)(c + a) −∑ ∑ 2 ab + bc + ca b + bc + c c2 + ca + a2 ab( a − b)2 ( ab + bc + ca) ab + bc + ca ∑ (b2 + bc + c2 )(c2 + ca + a2 ) ab( a − b)2 ∑ (b2 + bc + c2 )(c2 + ca + a2 ) ∑ b2 + bc + c2 − = ab + bc + ca ∑ = = = = = Nên bất đẳng thức cho viết lại thành ab( a − b)2 [( a − b)(b − c)(c − a)]2 ≥ ∑ (b2 + bc + c2 )(c2 + ca + a2 ) (a2 + ab + b2 )(b2 + bc + c2 )(c2 + ca + a2 ) , ∑ ab(a2 + ab + b2 )(a − b)2 ≥ [(a − b)(b − c)(c − a)]2 Sau sử dụng bất đẳng thức AM−GM, ta chứng minh bất đẳng thức mạnh a2 b2 ( a − b)2 + b2 c2 (b − c)2 + c2 a2 (c − a)2 ≥ ( a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 , tương đương với 2abc[ a( a − b)( a − c) + b(b − c)(b − a) + c(c − a)(c − b)] ≥ 0, hiển nhiên theo bất đẳng thức Schur Đẳng thức xảy a = b = c a = b, c = hoán vị Nhận xét Bất đẳng thức ví dụ điển hình cho kết hợp phương pháp phân tích bình phương SOS bất đẳng thức Schur Xác định số a nhỏ cho bất đẳng thức sau thỏa mãn với x, y, z không âm x+y+z a xy + yz + zx 3− a ≥ ( x + y)( y + z)( z + x) (Iurie Borieco, Ivan Borsenco) Lời giải Cho x = y = 1, z = 0, ta thu a ≥ a0 = ln − ln ≈ 1.81884 Ta ln − ln chứng minh giá trị nhỏ a, tức x+y+z a0 xy + yz + zx 3− a0 ≥ ( x + y)( y + z)( z + x) Bất đẳng thức bất đẳng thức đồng bậc cho x, y, z nên khơng tính tổng qt, ta chuẩn hóa cho p = x + y + z = Đặt q = xy + yz + zx, r = xyz, bất đẳng thức viết lại thành 3− a0 8q r + 3+a0 ≥ q 10 Xét hai trường hợp Trường hợp 1 ≥ 4q ≥ Ta có r+ 8q 3− a0 −q ≥ 3+ a0 8q 3− a0 3+ a0 −q  =q 3− a0 Trường hợp dẫn đến 3+ a0 −q a0 −1 ≥q 8q 3− a0 3+ a0 3− a0 f (q) ≥ = f   = 3− a0 4q − 8q 8q 5q + + 3+ a0 − q = 3+ a0 − = f (q) −q ≥ 9 3 Dễ dàng kiểm tra f (q) hàm lõm với q ∈ a0 −1 1 4q − ≥ q ≥ Áp dụng bất đẳng thức Schur bậc ba, ta có r ≥ Điều r+ Mà f  38+a − 3− a0 f ,f 1 , Do 4 = nên f (q) ≥ Điều chứng tỏ trường hợp, ta ln có r+ 8q 3− a0 3+ a0 ≥ q Vì vậy, a = ln − ln ln − ln 10 Cho a, b, c số thực không âm cho chúng cho hai số dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = Chứng minh √ a3 b3 c3 + + ≥ 2 2 2 b − bc + c c − ca + a a − ab + b (Võ Quốc Bá Cẩn) Lời giải Sử dụng bất đẳng thức Cauchy−Schwarz, ta có a3 ∑ b2 − bc + c2 =∑ a4 ( a2 + b2 + c2 )2 ≥ = 2 2 a(b − bc + c ) ∑ a(b − bc + c ) ∑ ab( a + b) − 6abc 11 Do ta cần chứng minh √ ∑ ab( a + b) − 6abc ≤ Đổi biến theo p, q, r, ta có q = Nếu p ≤ p2 − Bất đẳng thức tương đương với √ + 18r − p( p2 − 1) ≥ √ bất đẳng thức hiển nhiên Xét trường hợp ngược lại, theo p(4q − p2 ) p( p2 − 2) bất đẳng thức Schur, ta có r ≥ = Suy 9 √ √ √ √ + 18r − p( p2 − 1) ≥ + 2p( p2 − 2) − p( p2 − 1) = p − p2 + p − ≥ Bài toán chứng minh Đẳng thức xảy a = b = √ , c = hoán vị 11 Cho a, b, c số thực khơng âm có tổng Chứng minh a4 (b + c) + b4 (c + a) + c4 ( a + b) ≤ 12 (Vasile Cirtoaje) Lời giải Đổi biến theo p, q, r, bất đẳng thức viết lại thành q(1 − 3q) + r(5q − 1) ≤ 12 Xét hai trường hợp Trường hợp q ≤ Ta có q(1 − 3q) + r(5q − 1) ≤ q(1 − 3q) = Trường hợp q > 1 · · 3q · (1 − 3q) ≤ · (1 − 3q + 3q)2 = 12 12 12 Ta có q(1 − 3q) + r(5q − 1) ≤ q(1 − 3q) + q(5q − 1) 1 = (32q − 88q2 − 3) + < 36 12 12 12 √ √ 3+ 3− Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy a = ,b = ,c = 6 hoán vị 12 Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca + 6abc = Chứng minh bất đẳng thức sau a + b + c + 3abc ≥ (Lê Trung Kiên, Võ Quốc Bá Cẩn) Lời giải Đổi biến theo p, q, r, ta có q + 6r = 9, bất đẳng thức cho tương đương với p + 3r ≥ 6, 2p − q ≥ Nếu p ≥ bất đẳng thức hiển nhiên Xét ≥ p ≥ 3, áp dụng bất đẳng thức p(4q − p2 ) Schur bậc ba, ta có r ≥ Thế 27 = 3q + 18r ≥ 3q + 2p(4q − p2 ) Suy q≤ 2p3 + 27 8p + Vì 2p − q − ≥ 2p − 2p3 + 27 ( p + 1)( p − 3)(6 − p) −3 = ≥ 8p + 8p + Vậy bất đẳng thức chứng minh xong Đẳng thức xảy a = b = 3, c = hoán vị Nhận xét k = số tốt để bất đẳng thức sau (với điều kiện) a + b + c + kabc ≥ + k 13 Cho số thực không âm a, b, c có tổng Chứng minh 1 + + ≤ − ab − bc − ca (Vasile Cirtoaje) 13 Lời giải Đặt theo p, q, r biến đổi tương đương, rút gọn, bất đẳng thức cho viết lại thành 108 − 48q + 39r − 3r2 ≥ 0, 4(9 − 4q + 3r) + r(1 − r) ≥ Bất đẳng thức hiển nhiên − 4q + 3r ≥ (bất đẳng thức Schur bậc ba) ≥ r (AM−GM) nên ta có điều cần chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = a = b = 23 , c = hoán vị 14 Cho số thực khơng âm a, b, c chúng khơng có hai số đồng thời k ≥ Chứng minh √ 1 k k+1 + + + ≥√ a+b b+c c+a a+b+c ab + bc + ca (Phạm Kim Hùng) Lời giải Đổi biến theo p, q, r chuẩn hóa cho p = Bất đẳng thức cho tương đương với √ 1+q k+1 +k ≥ √ q−r q Ta có √ 1+q 1+q k+1 +k ≥ +k = +k+1 ≥ √ q−r q q q √ k − + k2 − 2k − Đẳng thức xảy ( a, b, c) = x, x, hoán vị 15 Với số thực không âm a, b, c chúng khơng có hai số 0, ta ln có 1 + + ≥ 2 ( a + b) (b + c) (c + a) 4( ab + bc + ca) (Ji Chen, Iran TST 1996, Crux Mathematicorum) Lời giải Đổi biến theo p, q, r, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ( p2 + q)2 − 4p( pq − r) ≥ , ( pq − r)2 4q 3pq( p3 + 9r − 4pq) + q( p4 + 6q2 + 4pr − 5p2 q) + r( pq − 9r) ≥ 14 Bất đẳng thức p3 + 9r ≥ 4pq, p4 + 6q2 + 4pr ≥ 5p2 q (Schur) pq ≥ 9r (AM−GM) Đẳng thức xảy a = b = c a = b, c = hoán vị 16 Cho số thực khơng âm a, b, c chúng có hai số dương Chứng minh a b+c + b c+a + c a+b + a2 + b2 + c2 ≥ · ab + bc + ca (Trần Quốc Anh, Dương Đức Lâm) Lời giải Nhân hai vế bất đẳng thức cho với ( a + b)(b + c)(c + a), ta viết lại dạng ∑ a2 ( a + b)(c + a) ( a + b)(b + c)(c + a) ( a2 + b2 + c2 )( a + b)(b + c)(c + a) + ≥ · , b+c ab + bc + ca ∑ a2 ( a − b)( a − c) ∑ ab( a + b) + ∑ a3 + abc + b+c ≥ ∑ a2 ∑ a Theo bất đẳng thức Vornicu−Schur AM−GM − ∑ abc( a2 + b2 + c2 ) · ab + bc + ca a2 ( a − b)( a − c) ≥ theo bất đẳng thức b+c a2 + b2 + c2 ≥ Do ta cần chứng minh ab + bc + ca ∑ a3 + abc + ∑ ab( a + b) ≥ ∑ a2 ∑ a − 5abc , tương đương với a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab( a + b) + bc(b + c) + ca(c + a), bất đẳng thức Schur bậc ba Phép chứng minh hoàn tất 17 Với số dương x, y, z, ta ln có 2x2 1 + + ≤ + yz 2y + zx 2z + xy x2 y2 z2 Lời giải Đặt a = xy, b = yz, c = zx, bất đẳng thức trở thành a2 a b c + + ≤ √ , + 2bc b + 2ca c + 2ab abc 15 tương đương với a( a − b)( a − c) a+b+c +√ ≥ a + 2bc ab + bc + ca abc √ a( a − b)( a − c) ≥ Do đó, abc ≤ Theo bất đẳng thức Vornicu−Schur, ta có ∑ a + 2bc ab + bc + ca bất đẳng thức hiển nhiên Trong trường hợp ngược lại, ta có a+b+c √ a2 b2 c2 ( ab + bc + ca)2 √ = ≥ abc abc( a + b + c)2 abc ∑ Do ta cần chứng minh a b c ( ab + bc + ca)2 + + ≤ a2 + 2bc b2 + 2ca c2 + 2ab abc( a + b + c)2 Đổi biến theo p, q, r chuẩn hóa cho p = 1, bất đẳng thức viết lại thành q(2q − 9r) q2 ≤ , 27r2 + 2(2 − 9q)r + 2q3 r f (r) = 9(1 + 3q)r2 + 2q(1 − 9q)r + 2q4 ≥ Nếu ≥ 9q bất đẳng thức hiển nhiên Nếu 9q ≥ ∆ f = q2 (1 − 9q)2 − 18q4 (1 + 3q) = q2 (1 − 3q)[6q(3q − 1) − (9q − 1)] ≤ Do đó, ta ln có f (r) ≥ Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy x = y = z = 18 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh a2 + bc b2 + ca c2 + ab + + ≥ b2 + bc + c2 c2 + ca + a2 a2 + ab + b2 (Vasile Cirtoaje) Lời giải Ta có a2 + bc a2 + bc a(b + c) a(b + c) ∑ b2 + bc + c2 − = ∑ b2 + bc + c2 − ∑ b2 + bc + c2 + ∑ b2 + bc + c2 − =∑ ( a − b)( a − c) ab( a − b)2 + ∑ b2 + bc + c2 (b2 + bc + c2 )(c2 + ca + a2 ) 16 Dễ thấy ∑ ( a − b)( a − c) ≥0 b2 + bc + c2 (Vornicu−Schur) ab( a − b)2 ∑ (b2 + bc + c2 )(c2 + ca + a2 ) ≥ nên bất đẳng thức Đẳng thức xảy a = b = c 19 Cho a, b, c số thực không âm, chúng khơng có hai số Chứng minh a3 (b + c) b3 (c + a) c3 ( a + b) a2 + b2 + c2 ≥ + + ≥ ab + bc + ca a + bc b + ca c + ab (Phạm Hữu Đức) Lời giải Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức bên trái Ta có ∑ a2 − ∑ a3 (b + c) = a2 + bc ∑ a2 1− a(b + c) = a2 + bc ∑ a2 ( a − b)( a − c) a2 + bc Khơng tính tổng qt giả sử a ≥ b ≥ c Khi a2 b2 c( a3 − b3 ) − = ≥0 a2 + bc b2 + ca ( a2 + bc)(b2 + ca) nên theo định lý ta có điều phải chứng minh Với bất đẳng thức bên phải, dễ thấy bất đẳng thức hiển nhiên abc = nên ta cần xét abc > Ta có ∑ 2a3 (b + c) − ∑ a(b + c) = a2 + bc a(b + c)( a2 − bc) a2 + bc a(b + c)( a2 − bc) =∑ − ( a2 − bc) + ∑( a2 − bc) a2 + bc ( a2 − bc)( a − b)( a − c) = ∑( a − b)( a − c) − ∑ a2 + bc ( a − b)( a − c) = 2abc ∑ a3 + abc ∑ Mặt khác, a ≥ b ≥ c nên 1 b3 − c3 − = ≥ 0, c3 + abc b3 + abc (b3 + abc)(c3 + abc) 17 nên theo định lý ta có điều phải chứng minh Bất đẳng thức bên trái có đẳng thức a = b = c a = b, c = hoán vị, bất đẳng thức bên phải có đẳng thức a = b = c 20 Cho số thực không âm a, b, c chúng có hai số dương Chứng minh bất đẳng thức a2 + 2bc b2 + 2ca c2 + 2ab 3( a + b + c) + + ≥ b+c c+a a+b Lời giải Nhân hai vế bất đẳng thức cho với a + b + c ý ( a2 + 2bc)( a + b + c) a( a2 + 2bc) = + a2 + 2bc, b+c b+c nên viết lại thành a( a2 + 2bc) b(b2 + 2ca) c(c2 + 2ab) ( a + b + c)2 + + ≥ , b+c c+a a+b tương đương với ∑ a( a − b)( a − c) + b+c a ∑ ab ∑ b + c ≥ ∑a Sử dụng bất đẳng thức Cauchy−Schwarz, ta có ( ab + bc + ca) a b c + + b+c c+a a+b ≥ ( ab + bc + ca) · ( a + b + c)2 ( a + b + c)2 = 2( ab + bc + ca) Cộng việc lại ta chứng minh a( a − b)( a − c) b(b − a)(b − c) c(c − a)(c − b) + + ≥ b+c c+a a+b Không tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c Dễ thấy b+a c ≥ c+b a nên định lý cho ta điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c a = b, c = hốn vị 21 Chứng minh với số thực khơng âm a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca > 0, ta có bất đẳng thức a2 b2 c2 + + ≤ (2a + b)(2a + c) (2b + c)(2b + a) (2c + a)(2c + b) 18 Lời giải Ta có a2 −∑ = (2a + b)(2a + c) a a2 − 3( a + b + c) (2a + b)(2a + c) a[(2a + b)(2a + c) − 3a( a + b + c)] =∑ 3( a + b + c)(2a + b)(2a + c) a( a − b)( a − c) = · 3( a + b + c) ∑ (2a + b)(2a + c) ∑ Giả sử a ≥ b ≥ c Khi a b ≥ , 2a + b 2b + a a b ≥ 2a + c 2b + c Suy b2 a2 ≥ (2a + b)(2a + c) (2b + c)(2b + a) Từ đó, theo định lý ta có điều cần chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c a = b, c = hoán vị 22 Với số dương a, b, c ta ln có a b c 9( a3 + b3 + c3 ) + + ≥33 b c a ( a + b + c)3 (Nguyễn Huy Tùng) Lời giải Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc 4( x + y + z)3 ≥ 27( x2 y + y2 z + z2 x + xyz) với x = ba , y = bc , z = ac , ta a b c + + b c a ≥ 27 a2 b2 c2 + + +1 bc ca ab = 27 a3 + b3 + c3 +1 abc Do ta cần chứng minh a3 + b3 + c3 36( a3 + b3 + c3 ) +1 ≥ abc ( a + b + c)3 Sử dụng đẳng thức a3 + b3 + c3 ( a + b + c) ∑( a − b)( a − c) +1−4 = abc abc 19 36( a3 + b3 + c3 ) ∑(8a + 5b + 5c)( a − b)( a − c) −4 = , ( a + b + c) ( a + b + c)3 ta viết lại bất đẳng thức dạng x( a − b)( a − c) + y(b − c)(b − a) + z(c − a)(c − b) ≥ 0, với x= a + b + c 4(8a + 5b + 5c) − abc ( a + b + c)3 biểu thức y, z tương tự Khơng tính tổng qt giả sử a ≥ b ≥ c Dễ thấy x ≤ y ≤ z nên ta cần chứng minh x ≥ đủ Chuẩn hóa cho b + c = 1, a ≥ 12 a + 4(8a + 5) 4( a + 1) 4(8a + 5) x= ≥ − − abc ( a + 1)3 a ( a + 1)3 4( a + 4a − 2a2 − a + 1) ≥0 a≥ = a( a + 1) Vậy ta ln có z ≥ y ≥ x ≥ Từ đây, theo định lý ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c Qua toán hẳn bạn thấy tầm ứng dạng rộng rãi hiệu bất đẳng thức Schur, Vornicu−Schur kỹ thuật pqr Sau số tập để bạn thử sức Bài tập Với a, b, c số thực không âm thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = 3, chứng minh bất đẳng thức 12 + 9abc ≥ 7( ab + bc + ca) (Vasile Cirtoaje) Bài tập Chứng minh a(b + c) b(c + a) c( a + b) 2( a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 + + ≤ 2+ 2 a + 2bc b + 2ca c + 2ab ( a + 2bc)(b2 + 2ca)(c2 + 2ab) a, b, c số thực khơng âm thỏa mãn ab + bc + ca > (Lê Trung Kiên) 20 Bài tập Cho a, b, c số thực khơng âm, chúng khơng có hai số Chứng minh a2 + bc + b2 + c2 b2 + ca + c2 + a2 √ c2 + ab abc ≥ a2 + b2 a+b+c (Phạm Hữu Đức) Bài tập Cho a, b, c số thực khơng âm, chúng khơng có hai số Chứng minh 4b2 a2 + + bc + 4c2 4c2 b2 + + ca + 4a2 4a2 c2 ≥ + ab + 4b2 (Phạm Kim Hùng, Võ Quốc Bá Cẩn) Bài tập Chứng minh với số dương a, b, c, √ a2 − bc a2 + 2b2 + 3c2 +√ b2 − ca b2 + 2c2 + 3a2 +√ c2 − ab c2 + 2a2 + 3b2 ≥ Bài tập Với số thực a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 9, ta ln có 2( a + b + c) − abc ≤ 10 (Trần Nam Dũng, Vietnamese MO 2002) Bài tập Cho số dương a, b, c có tổng Tìm số k tốt để bất đẳng thức sau ab bc ca + + + kabc ≥ + k c a b (Võ Quốc Bá Cẩn) Bài tập Cho a, b, c số thực khơng âm, chúng khơng có hai số đồng thời Chứng minh b3 a b c 18 + + ≥ 3 2 +c c +a a +b 5( a + b + c ) − ( ab + bc + ca) (Michael Rozenberg) 21 Bài tập Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn ab + bc + ca + abc = Chứng minh a3 + b3 + c3 + 9abc ≥ 4( a + b + c) (Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quốc Anh) Bài tập 10 Cho a, b, c số dương có tổng bình phương Chứng minh √ √ √ a2 b + c b2 c + a c2 a + b √ +√ +√ ≤ a2 + bc b2 + ca c2 + ab (Phạm Hữu Đức) Bài tập 11 Cho số dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức a3 + abc + (b + c)3 b3 + abc + (c + a)3 c3 + abc ≥ ( a + b) (Nguyễn Văn Thạch) Bài tập 12 Với a, b, c số dương có tổng 3, chứng minh 1 + + ≥ a2 + b2 + c2 a b c (Romania TST 2005) Cảm ơn bạn theo dõi viết này! 22 ... mật thiết phương pháp SOS bất đẳng thức Vornicu Schur Trong q trình giải tốn, kết hợp kỹ thuật pqr, bất đẳng thức Schur bất đẳng thức Vornicu Schur với phương pháp cổ điển, dồn biến, SOS, ... p2 )( p2 − q) 6p Cuối cùng, chuyển sang dạng suy rộng bất đẳng thức Schur, bất đẳng thức Vornicu Schur Bất đẳng thức Vornicu Schur Với a ≥ b ≥ c số thực x, y, z số thực không âm, xét bất đẳng... thức xảy a = b = c Qua toán hẳn bạn thấy tầm ứng dạng rộng rãi hiệu bất đẳng thức Schur, Vornicu Schur kỹ thuật pqr Sau số tập để bạn thử sức Bài tập Với a, b, c số thực không âm thỏa mãn điều