Tuyển tập Bất đẳng thức258 bài

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 :

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

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) $a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$

ii) $4(a^3+b^3+c^3)+15abc\ge (a+b+c{)}^3$

iii) $abc\ge (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$

iv) $a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\ge 2(ab+bc+ca)$

v) $(a+b+c{)}^3+9abc\ge 4(a+b+c)(ab+bc+ca)$

vi) $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge 2$

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

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

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

KĨ THUẬT ĐỔI BIẾN P,Q,R 

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

$$p^2\ge 3q$$

$$p^3\ge 27r$$

$$q^2\ge 3pr$$

$$pq\ge 9r$$

$$2p^3+9r\ge 7pq$$

$$p^{2}q+3pr\ge 4q^2$$

$$p^4+4q^2+6pr\ge 5p^{2}q$$

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

$$r\ge max\left\{0,\frac{p(4q-p^2)}{9}\right\}$$

$$r\ge max\left\{0,\frac{(4q-p^2)(p^2-q)}{6p}\right\}$$

 

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

 

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 :

$$5(a+b+c)+\frac{3}{abc}\ge 18$$

Lời giải :

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

Và cần chứng minh :

$$5p+\frac{3}{r}\ge 18$$

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

$(xy+yz+zx{)}^2$$\ge 3xyz(x+y+z)$$\iff q^2$$\ge 3pr$$\Rightarrow r$$\le \frac{q^2}{3p}$$=\frac{(p^2-3{)}^2/4}{3p}$$=\frac{p^4-6p^2+9}{12p}$$\Rightarrow \frac{3}{r}$$\ge \frac{36p}{p^4-6p^2+9}$

Do vậy chỉ cần chứng minh :

$5p+\frac{36p}{p^4-6p^2+9}$$\ge 0$$\iff 5p^5-18p^4-30p^3+108p^2+81p-162$$\ge 0$$\iff (p-3{)}^2(5p^3+12p^2-3p-18)$$\ge 0$$\iff 5p^3+12p^2-3p-18$$\ge 0$

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

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.

Bài toán : Cho các số không âm $a,b,c$ sao cho không có hai số nào đồng thời bằng $0$ và thỏa $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng :

$$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\ge \frac{5}{2}$$

Lời giải :

Đặt $p=a+b+c,q=ab+bc+ca=1,r=abc$ ta đưa BĐT cần chứng minh về :

$\frac{(a+b)(b+c)+(b+c)(c+a)+(c+a)(a+b)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$$\ge \frac{5}{2}$$\iff \frac{p^2+q}{pq-r}$$=\frac{p^2+1}{p-r}$$\ge \frac{5}{2}$$\iff 2p^2-5p+2+5r$$\ge 0$

Nếu $\sqrt{3}\le p\le 2$ thì theo BĐT $Schur$ ta có :

$$5r\ge \frac{5}{9}(4pq-p^3)=\frac{5}{9}(4p-p^3)$$

Do vậy ta cần chứng minh :

$2p^2-5p+2+\frac{5}{9}(4p-p^3)$$\ge 0$$\iff 5p^3-18p^2+25p-18$$\le 0$$\iff (p-2)(5p^2-8p+9)$$\le 0$

Điều này luôn đúng vì $p\le 2$.

Nếu $p\ge 2$ thì $2p^2-5p+2+5r\ge 2p^2-5p+2=(p-2)(2p-1)\ge 0$

Tóm lại, BĐT đã cho được chứng minh.

Bài toán (Vasile Cirtoaje)

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

$$1+\frac{3}{a+b+c}\ge \frac{6}{ab+bc+ca}$$

Lời giải :

Đặt $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc=1$.

Ta đi chứng minh :

$$1+\frac{3}{p}\ge \frac{6}{q}\iff pq+3q\ge 6p\iff q\ge \frac{6p}{p+3}$$

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

$$q\ge f(p)$$ và sau đó thì chứng minh $$f(p)\ge \frac{6p}{p+3}$$

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

Chú ý đến BĐT quen thuộc sau :

$$(xy+yz+zx{)}^2\ge 3xyz(x+y+z)=3(x+y+z)\Rightarrow q^2\ge 3p$$

Do vậy ta chỉ cần chứng minh rằng :

$$3p\ge \frac{36p^2}{(p+3{)}^2}\iff p^2-6p+9=(p-3{)}^2\ge 0$$

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

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 :

$$a+b+c+3abc\ge 6$$

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 :

$$p+3r\ge 6\iff p+3.\frac{9-q}{6}\ge 6\iff 2p\ge q+3$$

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

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

Theo BĐT $Schur$ ta có :

$9r$$\ge 4pq-p^3$$\iff 9.\frac{9-q}{6}$$\ge 4pq-p^3$$\iff q$$\le \frac{27+2p^3}{8p+3}$

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

$2p$$\ge \frac{27+2p^3}{8p+3}+3$$\iff p^3-2p^2+9p+18$$\le 0$$\iff (p+1)(p-3)(p-6)$$\le 0$

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

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

Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán (Vasile Cirtoaje)

Cho các số không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a^3+b^3+c^3=3$. Chứng minh rằng :

$$a^4{b}^4+b^4{c}^4+c^4{a}^4\le 3$$

Lời giải :

Theo BĐT $AM-GM$ :

$a^4{b}^4+b^4{c}^4+c^4{a}^4$$\le a^3{b}^3\left(\frac{a^3+b^3+1}{3}\right)+b^3{c}^3\left(\frac{b^3+c^3+1}{3}\right)+c^3{a}^3\left(\frac{c^3+a^3+1}{3}\right)$$=\frac{\sum _{cyc}{a}^3{b}^3(a^3+b^3)+\sum _{cyc}{a}^3{b}^3}{3}$

Do vậy ta đi chứng minh :

$$a^3{b}^3(a^3+b^3)+b^3{c}^3(b^3+c^3)+c^3{a}^3(c^3+a^3)+a^3{b}^3+b^3{c}^3+c^3{a}^3\le 9$$

Ta đổi biến $\left(a^3,b^3,c^3\right)\to (x,y,z)$ thì $x+y+z=3$ và cần chứng minh :

$$xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)+xy+yz+zx\le 3\iff (xy+yz+zx)(x+y+z)+(xy+yz+zx)\le 9+3xyz$$

Đặt $p=x+y+z=1,q=xy+yz+zx=q,xyz=r$ thì ta phải chứng minh :

$$9+3r\ge q+pq=4q$$

Điều này luôn đúng theo BĐT $Schur$ :

$$9r\ge 4pq-p^3=12q-27\iff 9+3r\ge 4q$$

Ta có điều phải chứng minh.

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

$$a+b+c\le 3$$.

Lời giải 1 :

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

Đặt $a+b+c=p=3,ab+bc+ca=q,abc=r$

Khi đó, ta cần chứng minh $p^2-2q+r\ge 4\iff r\ge 2q-5$.

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

Do vậy chỉ cần chứng minh $\frac{4q}{3}-3\ge 2q-5\iff q\le 3$. Hiển nhiên vì $ab+bc+ca\le \frac{(a+b+c{)}^2}{3}=3$

Lời giải 2 :

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

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

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