Ứng dụng một hệ quả của bất đẳng thức SCHUR
Trong chương trình môn Toán ở bậc phổ thông thì bài tập chứng minh bất đẳng thức là một trong những loại bài tập khó. Cái khó của loại bài tập này là ở chỗ, mỗi bài nó có một cách tiếp cận riêng, cách giải riêng và độc đáo. Chứa đựng trong chúng là những kiến thức sâu rộng và những kĩ năng phức tạp, nó đòi hỏi chúng ta cần phải có tư duy linh hoạt, kĩ năng thuần thục tới độ “linh cảm”.
Mặc dù chúng ta đã biết rất nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức như: Phương pháp biến đổi tương đương, phương pháp sử dụng các bất đẳng thức đã biết, phương pháp quy nạp, phương pháp đánh giá đại diện, phương pháp phản chứng…; cũng như đã có nhiều kỹ thuật để chứng minh bất đẳng thức, đặc biệt các kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy, Bunhiacopxki để chứng minh bất đẳng thức là rất phong phú.
Trong khi đó nội dung bất đẳng thức ở trường phổ thông lại đóng vai trò quan trọng trong việc rèn luyện tư duy, khả năng linh hoạt và óc sáng tạo; đồng thời nó cũng giúp học sinh rèn luyện tính cần cù, tinh thần vượt khó. Hơn thế nữa, mỗi bất đẳng thức và cách chứng minh bất đẳng thức đó có một vẻ đẹp lộng lẫy và sức hấp dẫn kì lạ đối với mỗi người nghiên cứu chúng nên việc nghiên cứu chúng còn có tác dụng kích thích sự say mê trong học tập môn Toán cũng như các môn học khác.
Bên cạnh đó, sau khi giải xong một bài tập về bất đẳng thức, một câu hỏi thường được đặt ra với chúng ta là: Bất đẳng thức này từ đâu mà có? Bất đẳng thức này có thể ứng dụng để chứng minh được các bài toán nào? Để trả lời câu hỏi này thật không đơn giản chút nào.
Trước hết ta bắt đầu với bài toán: Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$latex \displaystyle \left( a+b-c \right)\left( a-b+c \right)\left( b+c-a \right)\le abc$
Bất đẳng thức trên là một bất đẳng thức đối xứng ba biến và nó là một hệ quả của bất đẳng thức Schur. Có ba cách giải đều rất hiệu quả như sau
Không mất tính tổng quát, ta giả sử a là số lớn nhất trong ba số a, b, c.
Cách 1. Khi đó $latex \displaystyle a+b-c\ge 0;\,\,a+c-b\ge 0$. Nếu $latex \displaystyle b+c-a<0$ thì bất đẳng thức đã cho đúng. Do đó ta chỉ còn xét cả ba đại lượng $latex \displaystyle a+b-c;\,a+c-b;\,b+c-a$ đều dương.
Theo bất đẳng thức Cauchy
$latex \displaystyle \begin{array}{l}\left( a+b-c \right)\left( a-b+c \right)\le {{\left( \frac{a+b-c+a-b+c}{2} \right)}^{2}}={{a}^{2}}\\\left( a-b+c \right)\left( b+c-a \right)\le {{\left( \frac{a-b+c-a+b+c}{2} \right)}^{2}}={{c}^{2}}\\\left( b+c-a \right)\left( a+b-c \right)\le {{\left( \frac{b+c-a+a+b-c}{2} \right)}^{2}}={{b}^{2}}\end{array}$
Do cả hai vế của các bất đẳng thức trên đều dương, nên nhân vế với vế ta được:
$latex \displaystyle {{\left[ \left( a+b-c \right)\left( a-b+c \right)\left( b+c-a \right) \right]}^{\text{2}}}\le {{\left( abc \right)}^{2}}$
Hay ta được $latex \displaystyle \left( a+b-c \right)\left( a-b+c \right)\left( b+c-a \right)\le abc$.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $latex \displaystyle a=b=c$.
Cách 2. Ta có bất đẳng thức hiển nhiên $latex \displaystyle {{\text{a}}^{\text{2}}}-{{\left( \text{b}-\text{c} \right)}^{\text{2}}}~\le {{\text{a}}^{\text{2}}}$ hay
$latex \displaystyle \left( a+b-c \right)\left( a-c+b \right)\le {{a}^{2}}$
Tương tự ta có thêm hai bất đẳng thức nữa
$latex \displaystyle \left( b+c-a \right)\left( a+b-c \right)\le {{b}^{2}};\,\,\left( c+a-b \right)\left( b+c-a \right)\le {{c}^{2}}$
Do cả hai vế của các bất đẳng thức trên đều dương, nên nhân vế với vế ta được:
$latex \displaystyle {{\left[ \left( a+b-c \right)\left( a-b+c \right)\left( b+c-a \right) \right]}^{\text{2}}}\le {{\left( abc \right)}^{2}}$
Hay ta được $latex \displaystyle \left( a+b-c \right)\left( a-b+c \right)\left( b+c-a \right)\le abc$.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $latex \displaystyle a=b=c$.
Cách 3. Biến đổi tương đương bất đẳng thức ta được
$latex \displaystyle {{a}^{\text{3}}}+{{b}^{\text{3}}}+{{c}^{\text{3}}}+\text{3}abc\ge ~{{a}^{2}}\left( b+c \right)+{{b}^{2}}\left( c+a \right)+{{c}^{2}}\left( a+b \right)$
Không mất tính tổng quát ta giả sử a là số lớn nhất trong ba số a, b, c. Khi đó ta có
$latex \displaystyle \begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{{\left( a-b \right)}^{2}}\left( a+b-c \right)+c\left( a-c \right)\left( b-c \right)\ge 0\\\Leftrightarrow {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+3abc\ge {{a}^{2}}\left( b+c \right)+{{b}^{2}}\left( c+a \right)+{{c}^{2}}\left( a+b \right)\end{array}$
Như vậy bất đẳng thức trên được chứng minh
Khá bất ngờ với cách giải thứ ba bởi vì khi biến đổi tương đương bất đẳng thức trên ta thu được một hệ quả khác của bất đẳng thức Schur, thông thường với bài toán trên ta thường sử dụng cách thứ nhất hoặc cách thứ hai. Một vấn đề được đặt ra ở đây là từ bất đẳng thức
$latex \displaystyle \left( a+b-c \right)\left( a-b+c \right)\left( b+c-a \right)\le abc$
Ta có thể ứng dụng để chứng minh được một lớp những bất đẳng thức nào?
1. Bất đẳng thức Schur và các hệ quả
a) Bất đẳng thức Schur: Cho a, b, c là các số thực không âm. Khi đó ta có
$latex \displaystyle a\left( a-b \right)\left( a-c \right)+b\left( b-c \right)\left( b-a \right)+c\left( c-a \right)\left( c-b \right)\ge 0$
b) Hệ quả: Cho a, b, c là các số thực không âm. Khi đó ta có
+ $latex \displaystyle {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+3abc\ge {{a}^{2}}\left( b+c \right)+{{b}^{2}}\left( c+a \right)+{{c}^{2}}\left( a+b \right)$
+ $latex \displaystyle abc\ge \left( a+b-c \right)\left( b+c-a \right)\left( c+a-b \right)$
2. Một số bài toán ứng dụng hệ quả của bất đẳng thức Schur
Với hai hệ quả trên ta sẽ ứng dụng để chứng minh được một lớp các bất đẳng thức đối xứng bậc ba, qua đó ta sẽ thấy được ứng dụng rộng lớn của bất đẳng thức Schur
| Bài toán 1. Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng:
$latex \displaystyle {{\text{a}}^{\text{3}}}+{{\text{b}}^{\text{3}}}+{{\text{c}}^{\text{3}}}+\text{6abc}\ge ~~\left( \text{a}+\text{b}+\text{c} \right)\left( \text{ab}+\text{bc}+\text{ca} \right)$ |
Lời giải
Để ý đến đẳng thức
$latex \displaystyle \left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)={{a}^{2}}\left( b+c \right)+{{b}^{2}}\left( c+a \right)+{{c}^{2}}\left( a+b \right)+3abc$
Khi đó bất đẳng thức trên được viết lại thành
$latex \displaystyle {{\text{a}}^{\text{3}}}+{{\text{b}}^{\text{3}}}+{{\text{c}}^{\text{3}}}+3\text{abc}\ge ~~{{a}^{2}}\left( b+c \right)+{{b}^{2}}\left( c+a \right)+{{c}^{2}}\left( a+b \right)$
Bất đẳng thức trên là hệ quả của bất đẳng thức Schur.
Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi $latex \displaystyle a=b=c$
| Bài toán 2. Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng:
$latex \displaystyle {{\left( \text{a}+\text{b}+\text{c} \right)}^{\text{3}}}+\text{9abc}\ge ~\text{4}\left( \text{a}+\text{b}+\text{c} \right)\left( \text{ab}+\text{bc}+\text{ca} \right)$ |
Lời giải
Để ý đến đẳng thức $latex \displaystyle {{\left( a+b+c \right)}^{3}}={{\text{a}}^{\text{3}}}+{{\text{b}}^{\text{3}}}+{{\text{c}}^{\text{3}}}+3\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)$
Do đó ta được $latex \displaystyle {{\left( a+b+c \right)}^{3}}+9abc={{\text{a}}^{\text{3}}}+{{\text{b}}^{\text{3}}}+{{\text{c}}^{\text{3}}}+9abc+3\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)$
Theo hệ quả của bất đẳng thức Schur ta được
$latex \displaystyle \begin{array}{l}{{\text{a}}^{\text{3}}}+{{\text{b}}^{\text{3}}}+{{\text{c}}^{\text{3}}}+9abc+3\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ge {{a}^{2}}\left( b+c \right)+{{b}^{2}}\left( c+a \right)+{{c}^{2}}\left( a+b \right)+6abc+3\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)\end{array}$
Để ý đến các đẳng thức
$latex \displaystyle \begin{array}{l}{{a}^{2}}\left( b+c \right)+{{b}^{2}}\left( c+a \right)+{{c}^{2}}\left( a+b \right)+3abc=\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)\\\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)+abc=\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)\end{array}$
Do đó ta được
$latex \displaystyle \begin{array}{l}{{a}^{2}}\left( b+c \right)+{{b}^{2}}\left( c+a \right)+{{c}^{2}}\left( a+b \right)+6abc+3\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=4\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)\end{array}$
Suy ra $latex \displaystyle {{\text{a}}^{\text{3}}}+{{\text{b}}^{\text{3}}}+{{\text{c}}^{\text{3}}}+9abc+3\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)\ge 4\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)$
Hay $latex \displaystyle {{\left( \text{a}+\text{b}+\text{c} \right)}^{\text{3}}}+\text{9abc}\ge ~\text{4}\left( \text{a}+\text{b}+\text{c} \right)\left( \text{ab}+\text{bc}+\text{ca} \right)$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi $latex \displaystyle a=b=c$
| Bài toán 3. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$latex \displaystyle {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+\frac{9abc}{a+b+c}\ge 2\left( ab+bc+ca \right)$ |
Lời giải
Vì a, b, c là các số dương khi đó $latex \displaystyle {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+\frac{9abc}{a+b+c}\ge 2\left( ab+bc+ca \right)$
Tương đương với $latex \displaystyle {{\left( a+b+c \right)}^{2}}+\frac{9abc}{a+b+c}\ge 4\left( ab+bc+ca \right)$
Hay $latex \displaystyle {{\left( \text{a}+\text{b}+\text{c} \right)}^{\text{3}}}+\text{9abc}\ge ~\text{4}\left( \text{a}+\text{b}+\text{c} \right)\left( \text{ab}+\text{bc}+\text{ca} \right)$
Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo bài toán 2.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
| Bài toán 4. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$latex \displaystyle \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{4abc}{\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)}\ge 2$ |
Lời giải
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
$latex \displaystyle \begin{array}{l}a\left( a+b \right)\left( a+c \right)+b\left( a+b \right)\left( b+c \right)+c\left( c+a \right)\left( b+c \right)+4abc\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ge 2\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( a+c \right)\end{array}$
Hay tương đương với
$latex \displaystyle \begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+3abc\ge {{a}^{2}}b+a{{b}^{2}}+{{b}^{2}}c+b{{c}^{2}}+{{c}^{2}}a+c{{a}^{2}}\\\Leftrightarrow {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+3abc\ge {{a}^{2}}\left( b+c \right)+{{b}^{2}}\left( c+a \right)+{{c}^{2}}\left( a+b \right)\end{array}$
Bất đẳng thức cuối cùng là hệ quả của bất đẳng thức Schur
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
| Bài toán 5. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn $latex \displaystyle a+b+c=1$. Chứng minh rằng:
$latex \displaystyle \text{4}\left( ab+bc+ca \right)\le ~\text{9}abc+\text{ 1}$ |
Lời giải
Bất đẳng thức có các vế chưa đồng bậc, chú ý đến giả thiết $latex \displaystyle a+b+c=1$ ta đồng bậc hóa bất đẳng thức thành
$latex \displaystyle \text{4}\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)\le ~\text{9}abc+\text{ }{{\left( a+b+c \right)}^{3}}$
Đây chính là bất đẳng thức trong bài toán 2.
3. Bài tập tự giải
Bài 1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $latex \displaystyle a+b+c=1$. Chứng minh rằng:
$latex \displaystyle ab+bc+ca-2abc\le \frac{7}{27}$
Bài 2. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$latex \displaystyle {{\text{a}}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2abc\left( \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \right)\ge 2\left( ab+bc+ca \right)$
Bài 3. Cho a, b, c là các số thực dương bất kì. Chứng minh rằng:
$latex \displaystyle \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}{b+c}+\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{b+c}+\frac{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}}{c+a}\le \frac{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{a+b+c}$
Bài 4. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn $latex \displaystyle abc=1$. Chứng minh rằng:
$latex \displaystyle \frac{{{a}^{3}}+1}{{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+1}+\frac{{{b}^{3}}+1}{{{c}^{3}}+{{a}^{3}}+1}+\frac{{{c}^{3}}+1}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+1}\ge 2$
Bài 5. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:
$latex \displaystyle {{\left( a+b+c \right)}^{3}}\left( a+b-c \right)\left( b+c-a \right)\left( c+a-b \right)\le 27{{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}$
Bài 6. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn $latex \displaystyle ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng:
$latex \displaystyle \frac{{{\left( 1+ab \right)}^{2}}}{{{\left( 1-ab \right)}^{2}}}+\frac{{{\left( 1+bc \right)}^{2}}}{{{\left( 1-bc \right)}^{2}}}+\frac{{{\left( 1+ca \right)}^{2}}}{{{\left( 1-ca \right)}^{2}}}\ge 12$
Bài 7. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:
$latex \displaystyle \left( {{a}^{2}}+2 \right)\left( {{b}^{2}}+2 \right)\left( {{c}^{2}}+2 \right)\ge 3{{\left( a+b+c \right)}^{2}}$
Bài 8. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:
$latex \displaystyle 2\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)+abc+8\ge 5\left( a+b+c \right)$
Bài 9. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:
$latex \displaystyle {{\left( \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \right)}^{2}}+\frac{14abc}{\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)}\ge 4$
Bài 10. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn $latex \displaystyle a+b+c=1$. Chứng minh rằng:
$latex \displaystyle \frac{a}{1+9bc+4{{\left( b-c \right)}^{2}}}+\frac{b}{1+9ca+4{{\left( c-a \right)}^{2}}}+\frac{c}{1+9ab+4{{\left( a-b \right)}^{2}}}\ge \frac{1}{2}$