GS Lê Quang Nẫm có giới thiệu bất đẳng thức Garding trong một bài viết của mình trên Facebook (xem bài viết tại https://www.facebook.com/nam.q.le/posts/10110113068750959 ). Đây là một bấ[r]
(1)Võ
Quốc
Bá
Cẩn
CHỨNG MINH MỘT TRƯỜNG HỢP ĐẶC BIỆT
CỦA BẤT ĐẲNG THỨC GARDING
Võ Quốc Bá Cẩn
GS Lê Quang Nẫm có giới thiệu bất đẳng thức Garding viết Facebook (xem viết tạihttps://www.facebook.com/nam.q.le/posts/10110113068750959) Đây bất đẳng thức thú vị, có nhiều ứng dụng (xem chia sẻ GS Nẫm https://www facebook.com/nam.q.le/posts/10110115391680789) Dưới đây, xin giới thiệu chứng minh cho trường hợp riêng bất đẳng thức
Bài toán Gọi G tập hợp tất bốn số thực x; y; z; t / thỏa mãn
xC y C z C t > 0; xyC xz C xt C yz C yt C zt > 0; xyzC yzt C ztx C txy > 0:
Xét hai số thực.a; b; c; d / x; y; z; t / thuộc G: Chứng minh rằng
a.yz C zt C ty/ C b.xz C zt C tx/ C c.xy C yt C tx/ C d.xy C yz C zx/3
27.abc C bcd C cda C dab/.xyz C yzt C ztx C txy/2: (1)
Một số kết phụ
Để chứng minh bất đẳng thức này, ta cần số kết phụ sau
Kết Nếu ba số thực a; b; c thỏa mãn aC b C c > 0; ab C bc C ca > abc > 0; cả ba sốa; b; c dương.
Chứng minh Đặt pD a C b C c; q D ab C bc C ca r D abc ta có p; q; r > 0: Xét đa thức
f t /D t a/.t b/.t c/D t3 pt2C qt r:
Rõ ràng đa thức f t / nhận a; b; c làm ba nghiệm Giả sử ba số a; b; c có số khơng dương, chẳng hạn a: Khi đó, ta có 0D f a/ D a3 a2pC aq r r < 0; mâu thuẫn Vậy cả
ba số a; b; c dương
Kết Mỗi số thực a; b; c; d / thuộc G có ba số dương.
Chứng minh Đặt s1D a C b C c C d; s2 D ab C ac C ad C bc C bd C cd s3 D abc C bcd C
cdaC dab ta có s1; s2; s3> 0: Khơng tính tổng quát, giả sử a b c d: Xét đa thức
f t / D t a/.t b/.t c/.t d /D t4 s1t3C s2t2 s3t C abcd:
Đa thức f t / có bốn nghiệm thực a; b; c; d; theo định lý Rolle, đa thức f0.t / có ba nghiệm thực m; n; p với a m b n c p d: Vì f0.t /D 4t3 3s
1t2C 2s2t s3nên theo
định lý Vieta cho đa thức bậc ba, ta có
mC n C p D
4s1 > 0;
mnC np C pm D
2s2 > 0;
mnp D
4s3 > 0:
Sử dụng kết 1, ta có m; n; p số dương Từ suy a; b; c số dương
(2)Võ
Quốc
Bá
Cẩn
2 Võ Quốc Bá Cẩn
Kết Nếu a; b; c; d / số thực thuộc G aC b > 0:
Chứng minh Theo kết 2, hai số a b có số dương Nếu hai số dương khẳng định hiển nhiên Xét trường hợp a; b có số dương số khơng dương Khơng tính tổng quát, giả sử a > 0 b: Theo kết 2, ta có c; d số dương Từ bất đẳng thức abcC bcd C cda C dab > 0; ta có
b > acd acC cd C da: Do
aC b > a acd
acC cd C da D
a2.cC d /
acC cd C da > 0:
Kết Với số thực dương tùy ý a; b; c; x; y z; ta có
a.yC z/ C b.z C x/ C c.z C x/ 2p.abC bc C ca/.xy C yz C zx/: 2/
Chứng minh Bất đẳng thức 2/ viết lại thành
axC by C cz C 2p.abC bc C ca/.xy C yz C zx/ a C b C c/.x C y C z/:
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
VTp.a2C b2C c2/.x2C y2C z2/C 2p.abC bc C ca/.xy C yz C zx/
q
.a2C b2C c2/C 2.ab C bc C ca/.x2C y2C z2/C 2.xy C yz C zx/
D a C b C c/.x C y C z/:
Kết Chỉ cần chứng minh bất đẳng thức 1/ với a b c d x y z t:
Chứng minh Gọi a1; b1; c1; d1/ hoán vị a; b; c; d / x1; y1; z1; t1/ hoán
vị x; y; z; t / cho a1 b1 c1 d1và x1 y1 z1 t1: Khi đó, rõ ràng ta có
abcC bcd C cda C dab D a1b1c1C b1c1d1C c1d1a1C d1a1b1;
xyzC yzt C ztx C txy D x1y1z1C y1z1t1C z1t1x1C t1x1y1:
Đặt AD a.yz C zt C ty/ C b.xz C zt C tx/ C c.xy C yt C tx/ C d.xy C yz C zx/: Ta có
AD a C b C c C d /.xy C xz C xt C yz C yt C zt/
ax.y C z C t/ C by.z C t C x/ C cz.t C x C y/ C dt.x C y C z/:
Chú ý x1.y1Cz1Ct1/ y1.z1Ct1Cx1/D x1 y1/.z1Ct1/ x1 y1 z1Ct1>
(theo kết 2), x1.y1C z1C t1/ y1.z1C t1C x1/: Hồn tồn tương tự, ta có
x1.y1C z1C t1/ y1.z1C t1C x1/ z1.t1C x1C y1/ t1.x1C y1C z1/:
Từ đây, sử dụng bất đẳng thức xếp lại cho hai dãy đơn điệu chiều, ta có
ax.yC z C t/ C by.z C t C x/ C cz.t C x C y/ C dt.x C y C z/
a1x1.y1C z1C t1/C b1y1.z1C t1C x1/C c1z1.t1C x1C y1/C d1t1.x1C y1C z1/:
Suy
A a C b C c C d /.xy C xz C xt C yz C yt C zt/
a1x1.y1C z1C t1/C b1y1.z1C t1C x1/C c1z1.t1C x1C y1/C d1t1.x1C y1C z1/
D a1.y1z1C z1t1C t1y1/C b1.x1z1C z1t1C t1x1/C c1.x1y1C y1t1C t1x1/
(3)Võ
Quốc
Bá
Cẩn
Võ Quốc Bá Cẩn
Như vậy, ta chứng minh bất đẳng thức 1/ với hai a1; b1; c1; d1/ x1; y1; z1; t1/;
thì ta có
VT.1/ D A3 a1.y1z1C z1t1C t1y1/C b1.x1z1C z1t1C t1x1/C c1.x1y1C y1t1C t1x1/
C d1.x1y1C y1z1C z1x1/
3
27.a1b1c1C b1c1d1C c1d1a1C d1a1b1/.x1y1z1C y1z1t1C z1t1x1C t1x1y1/2
D 27.abc C bcd C cda C dab/.xyz C yzt C ztx C txy/2:
Tóm lại, ta cần chứng minh bất đẳng thức 1/ với a b c d x y z t:
Chứng minh bất đẳng thức 1/
Theo kết 4, khơng tính tổng qt, ta cần xét a b c d x y z t: Khi đó, theo kết 2, ta có a b c > x y z > 0: Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
3p3 abcC bcd C cda C dab/.xyz C yzt C ztx C txy/2
xyC yz C zx
abC bc C ca.abcC bcd C cda C dab/ C s
abC bc C ca
xyC yz C zx.xyzC yzt C ztx C txy/
D d.xy C yz C zx/ C abc.xy C yz C zx/ abC bc C ca C
s
abC bc C ca
xyC yz C zx.xyzC yzt C ztx C txy/:
Do đó, để chứng minh bất đẳng thức 1/; ta cần chứng minh
a.yzC zt C ty/ C b.xz C zt C tx/ C c.xy C yt C tx/
abc.xyC yz C zx/ abC bc C ca C
s
abC bc C ca
xyC yz C zx.xyzC yzt C ztx C txy/:
Sử dụng kết 3, ta lại có
2 s
abC bc C ca
xyC yz C zx.xyzC yzt C ztx C txy/
D 2p.ab C bc C ca/.xy C yz C zx/
xyC yz C zx xyzC yzt C ztx C txy/
a.yC z/ C b.z C x/ C c.x C y/
xyC yz C zx xyzC yzt C ztx C txy/
D a.zt C ty/ C b.zt C tx/ C c.yt C tx/ Cxyz Œa.yC z/ C b.z C x/ C c.x C y/ xyC yz C zx :
Và thế, ta cần chứng minh
ayzC bzx C cxy abc.xyC yz C zx/ abC bc C ca C
xyz Œa.yC z/ C b.z C x/ C c.x C y/ xy C yz C zx ; hay
ay2z2C bz2x2C cx2y2 abc.xy C yz C zx/
2
abC bc C ca : Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
VTD y
2z2 a
C z
2x2 b
Cx
2y2 c
yzC zx C xy/
2
a C b C
1 c
D abc.xyC yz C zx/
2
abC bc C ca :
https://www.facebook.com/nam.q.le/posts/10110113068750959) https://www.facebook.com/nam.q.le/posts/10110115391680789