Bất đẳng thức Schur

[chien than]

Tác giả:zaizai
Phương pháp SOS và những mối quan hệ lí thú với bất đẳng thức Schur

Phần I, Phép chứng minh ấn tượng:
Trong bài viết nho nhỏ này ta sẽ bàn đến một vài vấn đề khác trong phương pháp SOS. Đó là dùng phương pháp SOS để chứng minh các định lí. Có thể các bạn sẽ phải bất ngờ trước sức công phá của phương pháp trong trường hợp này. Chúng ta bắt đầu bằng phép chứng minh cho 1 bất đẳng thức rất chặt là Schur:
Định lí schur:
Cho $a,b,c $là các số thực dương. Khi đó với mọi $r\ge 0 $thì
$\boxed{a^r(a-b)(a-c)+b^r(b-c)(b-a)+c^r(c-a)(c-b)\ge 0} $
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c $hoặc $a=b $và $c=0 $cùng các hoán vị của nó.
Chứng minh:
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử $a\ge b\ge c $
Ta có :
$a^r(a-b)(a-c)+b^r(b-c)(b-a)+c^r(c-a)(c-b)\ge 0 $
$\Leftrightarrow \sum a^r [(a-b)^2+(a-c)^2-(b-c)^2 ]\ge 0\\ \Leftrightarrow \sum (b-c)^2(c^r+b^r- a^r)\ge 0 $
Bất đẳng thức đã qui về dạng chính tắc với:
$S_a=c^r+b^r-a^r \\ S_b=a^r+c^r-b^r \\ S_c=a^r+b^r-c^r $
Dễ thấy ta có $S_b, S_c\ge 0 $. Ta cần chứng minh $S_c+S_a\ge 0 $
Thật vậy ta có $S_c+S_a=2b^r\ge 0 $.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c $hoặc$ a=b $và $c=0 $cùng các hoán vị của nó.
Vậy ta đã chứng minh xong bất đẳng thức Schur mà không theo cách thông thường trong các tài liệu đã từng giới thiệu. Có thể các bạn sẽ không thích cách giải này cho lắm bởi vì cách giải mà các bạn đã quá quen thuộc chỉ gần 3 dòng, ngắn đến hết mức có thể
Nhưng chắc chắn các bạn sẽ phải đồng ý với tôi rằng cách chứng minh trên sẽ thật sự là hữu hiệu nhất trong bất đẳng thức mà tôi sắp giới thiệu sau đây. Đó chính là 1 bất đẳng thức mới mà ... cũng chưa xuất hiện trong bất cứ 1 quyển sách đã xuất bản nào ở Việt Nam
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[chien than]

Xin giới thiệu đến các bạn bất đẳng thức cũng rất chặt Vornicu Schur:
Định lí Vornicu schur:
Với $S_a, S_b, S_c $là các số thực không âm;
$a,b,c $là các số thực không âm thỏa mãn $a\ge b\ge c $và $S_a\ge S_b $hoặc $S_c\ge S_b $thì :

$\boxed{S_a(a-b)(a-c)+S_b(b-c)(b-a)+S_c(c-a)(c-b)\ge 0} $
Cách chứng minh hoàn toàn tương tự và cũng dài có ...6 dòng.
Bài tập ứng dụng của Vornicu Schur rất nhiều các bạn có thể dùng nó để giải quyết bài toán quen thuộc sau đây:
Bài 1: (Crux Mathematicorum, problem 2580, Hojoo Lee)
Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge \frac{b+c}{a^2+bc}+\frac{c+a}{b^2+ca}+\frac{a+b}{c ^2+ab} $
Bài 2: (Crux Mathematicorum, problem 2581,Hojoo Lee)
$\frac{a^2+bc}{b+c}+\frac{b^2+ca}{c+a}+\frac{c^2+ab }{a+b}\ge a+b+c $
Phần II, Làm mạnh bất đẳng thức Schur và ứng dụng của nó:
Nhân đây bàn về bất đẳng thức Schur tôi cũng xin giới thiệu đến các bạn 1 kết quả mạnh hơn của bất đẳng thức này trong trường hợp $r=1 $.
Như các bạn đã biết với $r=1 $thì bất đẳng thức Schur có dạng:
$a^3 +b^3+c^3 + 3abc\ge ab(a+b)+bc(c+b)+ca(c+a) $
Và xuất phát từ ý tưởng làm mạnh bài toán ta sẽ suy nghĩ ngay tới bất đẳng thức
$2(a^2+b^2)\ge (a+b)^2 $suy ra $\sqrt{2(a^2+b^2) }\ge a+b $
Bây giờ là bước 2, làm mạnh theo những gì đã định hướng ta chứng minh bất đẳng thức
$a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab\sqrt{2(a^2+b^2) }+bc\sqrt{2(c^2+b^2)}+ca\sqrt {2(c^2+a^2) } $
Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
$a^3+b^3+c^3+3abc-ab(a+b)-bc(b+c)-ca(a+c) \\ -ab(\sqrt{2(a^2+b^2)}-a-b)-bc(\sqrt{2(b^2+c^2)}-b-c)-ca(\sqrt{2(c^2+a^2)}-c-a) \ge 0 $
Tương đương $\Leftrightarrow \frac{(a+b-c)(a-b)^2+(b+c-a)(b-c)^2+(c+a-b)(c-a)^2}{2} \\ -\frac{ab(a-b)^2}{\sqrt{2(a^2+b^2)}+a+b }-\frac{bc(b-c)^2}{\sqrt{2(b^2+c^2)}+b+c }-\frac{ca(c-a)^2}{\sqrt{2(c^2+a^2)}+c+a}\ge 0 $
$\Leftrightarrow \frac{1}{2}\sum (a-b)^2[(a+b-c)- \frac{2ab}{\sqrt{2(a^2+b^2)}+a+b }]\ge 0 $
Như vậy bước biến đổi về dạng chính tắc đã thành công. Ta chuyển sang bước đánh giá.
Không mất tính tổng quát giả sử $a\ge b\ge c $
Ta có:
$S_c=(a+b-c)- \frac{2ab}{\sqrt{2(a^2+b^2)}+a+b }=\frac{(a+b-c)(\sqrt{2(a^2+b^2)}+a+b)-2ab}{\sqrt{2(a^2+b^2)}+a+b}\\ \ge \frac{2(a+b-c)(a+b)-2ab}{\sqrt{2(a^2+b^2)}+a+b}\ge 0 $
(do $a+b\ge a $và $a+b-c\ge b $)
Tương tự ta dễ dàng chứng minh $S_b\ge 0 $và dẫn đến
$S_b+S_c\ge 0 $bây giờ ta cần chứng minh:
$S_a+S_c=2b-\frac{2ab}{\sqrt{2(a^2+b^2)}+a+b}-\frac{2bc}{\sqrt{2(b^2+c^2)}+b+c }\\ \ge 2b[1-\frac{a}{2(a+b) }-\frac{c}{2(b+c) }]=b[\frac{b}{a+b}+\frac{b}{b+c})]\ge 0 $
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c $hoặc $a=b $và $c=0 $cùng các hoán vị của nó.
Qua 1 vài dẫn chứng trên chắc hẳn các bạn cũng đã thấy được những mối quan hệ giữa Schur và SOS, chúng rất thú vị phải không. Đây chính là điều mà tôi muốn hướng tới khi viết phần phụ lục này . Chúng ta vẫn sẽ tiếp tục khai thác vấn đề này nhưng là trong 1 tư tưởng khác đó là kết hợp giữa Schur và SOS trong việc giải quyết bài toán .
Nhưng trước hết để đơn giản hóa bài toán ta qui ước:
Với mọi $a,b,c>0 $đặt:
$p=a+b+c, q=ab+bc+ca, r=abc $.
Chắc chắn rằng mọi bất đẳng thức đối xứng đều dễ dàng qui về bất đẳng thức tương đương có chứa Schur. Nhưng nếu giữ nguyên dạng của bất đẳng thức này với 3 biến $a,b,c $thì sẽ rất khó khăn khi biến đổi bởi chỉ cần nhìn vào thôi cũng đủ "váng đầu ngất xỉu" :lol:.
Vì vậy ta sẽ đưa dạng của Schur biểu diễn dưới các biến $p,q,r $đã qui định ở trên.
Với trường hợp lũy thừa là 0 thì:
$a^0(a-b)(a-c)+b^0(b-c)(b-a)+c^0(c-a)(c-b)\ge 0 \\ \Leftrightarrow pq-9r\ge 0 $
Với trường hợp lũy thừa là 1 thì:
$a^1(a-b)(a-c)+b^1(b-c)(b-a)+c^1(c-a)(c-b)\ge 0 \\ \Leftrightarrow p^3-4qp+9r\ge 0 $
Với trường hợp lũy thừa là 2 thì:
$a^2(a-b)(a-c)+b^2(b-c)(b-a)+c^2(c-a)(c-b)\ge 0 \\ \Leftrightarrow p^4-5p^2q+4q^2+6pr \ge 0 $
Trên đây là cách biểu diễn đơn giản của Schur trong trường hợp lũy thừa $0,1,2 $và cũng chỉ cần như vậy là bạn đã có đủ vũ khí để chiến đấu với các bất đẳng thức "hung dữ". Tiếp theo ta cũng nên thủ sẵn 1 vài bất đẳng thức phụ sẽ dùng mỗi khi biến đổi.
Bất đẳng thức phụ:
$p^2\ge 3q \\ p^3\ge 27r \\ q^2\ge 3pr \\ 2p^3+9r\ge 7pq \\ p^2q+3pr\ge 4q^2 \\ p^2q\ge 3pr+2q^2. $
Còn rất nhiều bất đẳng thức phụ dạng này các bạn hoàn toàn có thể dùng SOS để chứng minh nó.
Hằng đẳng thức đáng nhớ:
($a+b)(b+c)(c+a)=pq-r \\ (a+b)(b+c)+(c+a)(a+b)+(c+a)(b+c)=p^2+q \\ a^3+b^3+c^3=p^3-3pq+3r \\ ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)=pq-3r \\ a^4+b^4+c^4=p^4-2p^2q+2q^2+4pr. $
Các bạn nên nắm rõ các phép biến đổi bởi vì tư tưởng của phương pháp kết hợp này là:
+ Biến đổi bất đẳng thức đang xét về dạng có chứa 3 biến số mới $p,q,r $. Điều này làm tôi liên tưởng đến cách biến đổi mà cô giáo đã dạy tôi khi biểu diễn công thức nghiệm của tam thức bậc 2.
+ Sau khi đã qui về các biến$ p,q,r $ta thực hiện biến đổi tương đương để bất đẳng thức mới cần chứng minh có chứa bất đẳng thức Schur trực tiếp hoặc là có chứa 2 đại lượng gồm Schur và 1 đại lượng khác.
+Như vậy công việc cuối cùng của ta là chứng minh đại lượng còn lại ấy không âm. Và đến đây bài toán được giải quyết hoàn toàn. Chắc chắn những biểu thức đối xứng còn lại đều dễ dàng chứng minh được bằng phương pháp tổng quát.
Trong 1 số trường hợp thì ta có ngay luôn các đại lượng chứa Schur . Có thể minh họa rõ cho điều này là bất đẳng thức Iran 96 nổi tiếng. Bạn nào có quyển tuyển tập đề thi Châu Á Thái Bình Dương thì cũng thấy lời giải bằng Schur nhưng trông rất khủng khiếp mới nhìn đã "chạy mất dép"
Tôi sẽ đưa ra 1 ví dụ khá là đơn giản.
Cho các số thực dương $a,b,c $.Chứng minh rằng
$ \frac{1}{a}+ \frac{1}{b}+ \frac{1}{c}+ \frac{9}{a+b+c} \geq 4( \frac{1}{a+b}+ \frac{1}{b+c}+ \frac{1}{c+a}) $
Giải
Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
$\frac{q}{r}+\frac{9}{p} \geq \frac{4(p^2+q)}{pq-r} \\ \Leftrightarrow p^2q^2-4p^3r+4pqr-9r^2 \geq 0 \\ \Leftrightarrow p(pq^2-4p^2r+3qr)+r(pq-9r) \geq 0 (1) $
Ta lại có:
$pq^2-4p^2r+3qr \geq 0 \\ \Leftrightarrow (a+b+c)(ab+bc+ca)^2-4(a+b+c)^2abc+3abc(ab+bc+ca) \geq 0 \\ \Leftrightarrow (ab+bc+ca)[(a+b+c)(ab+bc+ca)+3abc]-4(a+b+c)^2abc \ge 0 \\ \Leftrightarrow (ab+bc+ca)[(a+b+c)(ab+bc+ca)-9abc]-4(a+b+c)^2abc+12abc(ab+bc+ca)\ge 0 \\ \Leftrightarrow (ab+bc+ca)[a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a-b)^2]-4abc[(a+b+c)^2-3(ab+bc+ca)]\ge 0 \\ \Leftrightarrow \sum (a^2b+abc+ca^2)(b-c)^2-2abc[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2)]\ge 0 \\ \Leftrightarrow \sum (b-c)^2(a^2b+a^2c-abc) \ge 0 $
Bất đẳng thức cần chứng minh đã qui về dạng chính tắc
Không mất tính tổng quát ta giả sử $a\ge b\ge c $
Dễ dạng chứng minh $S_a, S_b\ge 0 $
Ta cần chứng minh $S_a + S_c=a^2c+a^2b+c^2a+c^2b-2abc\ge 0 $
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c $hoặc $a=b $và $c=0 $cùng các hoán vị.
Lời giải trên có thể sẽ là rắc rối nhưng tôi đưa nó ra để khẳng định rằng hoàn toàn có thể kết hợp giữa 2 phương pháp để giải quyết vấn đề. Lời giải trên rắc rối tại vì sao? Câu trả lời là bởi vì tôi có 1 lời giải khác đơn giản hơn nhiều nhưng lại đòi hỏi 1 kỉ thuật khác cũng rất mạnh trong chứng minh bất đẳng thức .
Lời giải:
Chuẩn hoá $\large a+b+c=1 $
$\frac{1}{a}+ \frac{1}{b} +\frac{1}{c}+\frac{9}{a+b+c} \geq \frac{4}{a+b}+\frac{4}{b+c}+\frac{4}{c+a} $
$\leftrightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+9\geq\frac{4}{ a+b}+\frac{4}{b+c}+\frac{4}{c+a} $
đặt $ a=\frac{x}{x+y+z}; b=\frac{y}{x+y+z}; c=\frac{z}{x+y+z} $
$ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+9\geq\frac{4}{ a+b}+\frac{4}{b+c}+\frac{4}{c+a} $
$\leftrightarrow \frac{x+y+z}{x}+\frac{x+y+z}{y}+\frac{x+y+z}{z}+9\ geq \frac{4(x+y+z)}{x+y}+\frac{4(x+y+z)}{y+z}+\frac{4( x+y+z)}{z+x} $
Dùng AM-GM dễ dàng qui bất đẳng thức cần chứng minh về Levinson inequality.
Và sử dụng bất đẳng thức : $ \frac{1}{x} $+$ \frac{1}{y}\geq\frac{1}{x+y} $
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z $
Do phương pháp Chuẩn hóa nằm ngoài phạm vi của bài viết nên tôi có thể nói một cách khái quát phương pháp như sau.
Cơ sở của chuẩn hóa 1 bất đẳng thức là không làm hẹp miền xác định của biến số và nếu chứng minh được nó đúng trong 1 trường số nào đó thì BDT ở dạng không điều kiện vẫn đúng. Lí giải cho phương pháp này của thầy Trần Nam Dũng (ĐHKHTN Thành phố Hồ Chí Minh - Nhóm quản lí Diễn đàn toán học-Hội đồng biên tập Tạp chí Toán học và tuổi trẻ)
Dạng thường gặp của bất đẳng thức thuần nhất là
$f(x_1, x_2,...,x_n) \ge g(x_1, x_2,..., x_n) $
trong đó $f $và $g $là hai hàm thuần nhất cùng bậc.
Do tính chất của hàm thuần nhất, ta có thể chuyển việc chứng minh bất đẳng thức trên về việc chứng minh bất đẳng thức $f(x_1, x_2,..., x_n)\ge A $với mọi $x_1, x_2,..., x_n $thoả mãn điều kiện $g(x_1, x_2,..., x_n) = A $.
Chuẩn hóa một cách thích hợp, ta có thể làm đơn giản các biểu thức của bất đẳng thức cần chứng minh, tận dụng được một số tính chất đặc biệt của các hằng số
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]