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.

BĐT 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 :

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

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) $a^{3} + b^{3} + c^{3} + 3 ab c \geq ab (a + b) + b c (b + c) + c a (c + a)$

ii) $4 (a^{3} + b^{3} + c^{3}) + 15 ab c \geq (a + b + c)^{3}$

iii) $ab c \geq (a + b - c) (b + c - a) (c + a - b)$

iv) $a^{2} + b^{2} + c^{2} + \frac{9 ab c}{a + b + c} \geq 2 (ab + b c + c a)$

v) $(a + b + c)^{3} + 9 ab c \geq 4 (a + b + c) (ab + b c + c a)$

vi) $\frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + a} + \frac{c}{a + b} + \frac{4 ab c}{( a + b ) ( b + c ) ( c + a )} \geq 2$

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

i) $a^{4} + b^{4} + c^{4} + ab c (a + b + c) \geq ab (a^{2} + b^{2}) + b c (b^{2} + c^{2}) + c a (c^{2} + a^{2})$

ii) $6 ab c (a + b + c) \geq [2 (ab + b c + c a) - (a^{2} + b^{2} + c^{2})] [a^{2} + b^{2} + c^{2} + ab + b c + c a]$

KĨ THUẬT ĐỔI BIẾN P,Q,R

Đặt $p = a + b + c, q = ab + b c + c a, r = ab c$ ta có :

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

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

$ab (a^{2} + b^{2}) + b c (b^{2} + c^{2}) + c a (c^{2} + a^{2}) = p^{2} q - 2 q^{2} - p r$

$(a + b) (a + c) + (a + c) (b + c) + (b + c) (a + b) = p^{2} + q$

$a^{2} + b^{2} + c^{2} = p^{2} - 2 q$

$a^{3} + b^{3} + c^{3} = p^{3} - 3 pq + 3 r$

$a^{4} + b^{4} + c^{4} = p^{4} - 4 p^{2} q + 2 q^{2} + 4 p r$

$a^{2} b^{2} + b^{2} c^{2} + c^{2} a^{2} = q^{2} - 2 p r$

$a^{3} b^{3} + b^{3} c^{3} + c^{3} a^{3} = q^{3} - 3 pq r + 3 r^{2}$

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

$p^{2} \geq 3 q$

$p^{3} \geq 27 r$

$q^{2} \geq 3 p r$

$pq \geq 9 r$

$2 p^{3} + 9 r \geq 7 pq$

$p^{2} q + 3 p r \geq 4 q^{2}$

$p^{4} + 4 q^{2} + 6 p r \geq 5 p^{2} q$

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

$r \geq ma x {0, \frac{p ( 4 q - p ^{2} )}{9}}$

$r \geq ma x {0, \frac{( 4 q - p ^{2} ) ( p ^{2} - q )}{6 p}}$

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