BĐT Schur và kĩ thuật đổi biến P,Q,R

BẤT ĐẲNG THỨC SCHUR VÀ KĨ THUẬT ĐỔI BIẾN P,Q,R

BẤT ĐẲNG THỨC SCHUR 

Bất đẳng thức Schur dạng tổng quát : Với mọi số thực không âm a,b,c,k ta có :

\boxed{a^k(a-b)(a-c)+b^k(b-c)(b-a)+c^k(c-a)(c-b)\geq 0}

Đẳng thức xảy ra khi a=b=c hoặc (a,b,c)=(0,t,t) và các hoán vị.

Trường hợp k=1, BĐT Schur có các dạng tương đương sau :

i) a^3+b^3+c^3+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)

ii) 4(a^3+b^3+c^3)+15abc\geq (a+b+c)^3

iii) abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)

iv) a^2+b^2+c^2+\dfrac{9abc}{a+b+c}\geq 2(ab+bc+ca)

v) (a+b+c)^3+9abc\geq 4(a+b+c)(ab+bc+ca)

vi) \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2

Trường hợp k=2, BĐT Schur có các dạng tương đương sau :

i) a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c)\geq ab(a^2+b^2)+bc(b^2+c^2)+ca(c^2+a^2)

ii) 6abc(a+b+c)\geq \left [ 2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2) \right ]\left [ a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca \right ]

KĨ THUẬT ĐỔI BIẾN P,Q,R 

Đặt p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc ta có :

ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)=pq-3r

(a+b)(b+c)(c+a)=pq-r

ab(a^2+b^2)+bc(b^2+c^2)+ca(c^2+a^2)=p^2q-2q^2-pr

(a+b)(a+c)+(a+c)(b+c)+(b+c)(a+b)=p^2+q

a^2+b^2+c^2=p^2-2q

a^3+b^3+c^3=p^3-3pq+3r

a^4+b^4+c^4=p^4-4p^2q+2q^2+4pr

a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=q^2-2pr

a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3=q^3-3pqr+3r^2

Khi đó giữa ba biến mới p,q,r có một số mối liên hệ :

p^2\geq 3q

p^3\geq 27r

q^2\geq 3pr

pq\geq 9r

2p^3+9r\geq 7pq

p^2q+3pr\geq 4q^2

p^4+4q^2+6pr\geq 5p^2q

Và đặc biệt, BĐT Schur viết dưới hình thức p,q,r như sau :

r\geq max\left \{ 0,\dfrac{p(4q-p^2)}{9} \right \}

r\geq max\left \{ 0,\dfrac{(4q-p^2)(p^2-q)}{6p} \right \}

 

Theo “Bất đẳng thức Schur và phương pháp đổi biến P,Q,R” – Võ Thành Văn.

 

Advertisements

Inequality

Bài toán (Đề nghị Olympic 30-4 toán 10 năm 2012 THPT Chuyên Hùng Vương, Bình Dương)

Cho các số dương a,b,c thỏa mãn a^2+b^2+c^2=3. Chứng minh rằng :

5(a+b+c)+\dfrac{3}{abc}\geq 18

Lời giải :

Đặt p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc thì p^2-2q=3.

Và cần chứng minh :

5p+\dfrac{3}{r}\geq 18

Ta không thể sử dụng BĐT Schur vì không đúng chiều với BĐT cần chứng minh. Chú ý :

(xy+yz+zx)^2\geq 3xyz(x+y+z)\Leftrightarrow q^2\geq 3pr\Rightarrow r\leq \dfrac{q^2}{3p}=\dfrac{(p^2-3)^2/4}{3p}=\dfrac{p^4-6p^2+9}{12p}\Rightarrow \dfrac{3}{r}\geq \dfrac{36p}{p^4-6p^2+9}

Do vậy chỉ cần chứng minh :

5p+\dfrac{36p}{p^4-6p^2+9}\geq 0\Leftrightarrow 5p^5-18p^4-30p^3+108p^2+81p-162\geq 0\Leftrightarrow (p-3)^2(5p^3+12p^2-3p-18)\geq 0\Leftrightarrow 5p^3+12p^2-3p-18\geq 0

Mặt khác vì p^2=2q+3>3 nên p>\sqrt{3}.  Cũng có p\leq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}=3

Từ đó :

5p^3+12p^2-3p-18>5.\left ( \sqrt{3} \right )^3+12.\left ( \sqrt{3} \right )^2-3.3-18>0

Ta có điều phải chứng minh.

Inequality

Bài toán (Vasile Cirtoaje)

Cho các số dương a,b,c thỏa abc=1. Chứng minh rằng :

1+\dfrac{3}{a+b+c}\geq \dfrac{6}{ab+bc+ca}

Lời giải :

Đặt p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc=1.

Ta đi chứng minh :

1+\dfrac{3}{p}\geq \dfrac{6}{q}\Leftrightarrow pq+3q\geq 6p\Leftrightarrow q\geq \dfrac{6p}{p+3}

Như vậy để chứng minh được điều này, ta quy về chứng minh BĐT một biến bằng cách chỉ ra :

q\geq f(p) và sau đó thì chứng minh f(p)\geq \dfrac{6p}{p+3}

Để ý rằng nếu sử dụng BĐT Schur thì ta chỉ thu được q\leq g(p).

Chú ý đến BĐT quen thuộc sau :

(xy+yz+zx)^2\geq 3xyz(x+y+z)=3(x+y+z)\Rightarrow q^2\geq 3p

Do vậy ta chỉ cần chứng minh rằng :

3p\geq \dfrac{36p^2}{(p+3)^2}\Leftrightarrow p^2-6p+9=(p-3)^2\geq 0

Điều này hiển nhiên luôn đúng. Ta có điều phải chứng minh.

Inequality

Bài toán (Lê Trung Kiên, Võ Quốc Bá Cẩn)

Cho các số thực dương a,b,c thỏa ab+bc+ca+6abc=9. Chứng minh rằng :

a+b+c+3abc\geq 6

Lời giải :

Sự xuất hiện của các đa thức đối xứng ở cả giả thiết lẫn đề bài gợi cho ta nghĩ ngay đến việc đổi biến p,q,r và sau đó cố gắng đưa về việc chứng minh một BĐT một biến.

Đặt p=a+b+c,q=xy+yz+zx,r=xyz thì theo giả thiết ta có : q+6r=9.

Và cần chứng minh :

p+3r\geq 6\Leftrightarrow p+3.\dfrac{9-q}{6}\geq 6\Leftrightarrow 2p\geq q+3

Để quy về việc chứng minh một biến (chọn biến p) thì ta cần phải có :

q\leq f(p), trong đó f(p) là một hàm số theo p.

Theo BĐT Schur ta có :

9r\geq 4pq-p^3\Leftrightarrow 9.\dfrac{9-q}{6}\geq 4pq-p^3\Leftrightarrow q\leq \dfrac{27+2p^3}{8p+3}

Do vậy việc chứng minh quy về chứng minh BĐT một biến :

2p\geq \dfrac{27+2p^3}{8p+3}+3\Leftrightarrow p^3-2p^2+9p+18\leq 0\Leftrightarrow (p+1)(p-3)(p-6)\leq 0

Như vậy nếu ta xét 3\leq p\leq 6 thì hiển nhiên BĐT đã cho được chứng minh.

Hơn nữa ta có 9=q+6r\leq \dfrac{p^2}{3}+\dfrac{6p^3}{27}\Leftrightarrow p\geq 3. Do vậy ta chỉ xét BĐT trong trường hợp p\geq 6. Nhưng lúc này thì hiển nhiên có điều phải chứng minh vì a+b+c+3abc\geq a+b+c\geq 6.

Ta có điều phải chứng minh.

[Bài toán] BĐT Schur và phương pháp PQR, Lượng giác hóa trong chứng minh BĐT

Bài toán  Cho các số dương a,b,c thỏa mãn a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc=4. Chứng minh rằng 

a+b+c\leq 3.

Lời giải 1 :

Ta chứng minh bằng phản chứng. Gỉa sử a+b+c=3. Ta sẽ chứng minh a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc\geq 4.

Đặt a+b+c=p=3,ab+bc+ca=q,abc=r

Khi đó, ta cần chứng minh p^{2}-2q+r\geq 4\Leftrightarrow r\geq 2q-5.

Mà theo BĐT Schur thì r\geq \dfrac{p(4q-p^2)}{9}=\dfrac{4q}{3}-3

Do vậy chỉ cần chứng minh \dfrac{4q}{3}-3\geq 2q-5\Leftrightarrow q\leq 3. Hiển nhiên vì ab+bc+ca\leq \dfrac{(a+b+c)^2}{3}=3

Lời giải 2 :

Gỉa thiết đã cho có thể viết lại thành \left ( \dfrac{a}{2} \right )^{2}+\left ( \dfrac{b}{2} \right )^{2}+\left ( \dfrac{c}{2} \right )^{2}+2.\dfrac{a}{2}.\dfrac{b}{2}.\dfrac{c}{2}=1.

Từ đó suy ra 0<\dfrac{a}{2},\dfrac{b}{2},\dfrac{c}{2}\leq 1. Như vậy tồn tại A,B,C thỏa A+B+C=\pi và \dfrac{a}{2}=cosA,\dfrac{b}{2}=cosB,\dfrac{c}{2}= cosC.

Từ một BĐT cơ bản cosA+cosB+cosC\leq \dfrac{3}{2} ta có ngay a+b+c\leq 3