Tạo dạng chính tắc SOS cho BDT hoán vị bằng BDT
 

Tác giả:Nguyễn Dũng TN
Khi đứng trước 1 bài BDT hoán vị thì để đưa về dạng chuẩn tắc SOS không phải là điều dễ dàng, mời các bạn cùng làm thử các BDT sau để làm rõ hơn cách làm này
Bài 1: (Phạm Kim Hùng)
Cho $a,b,c >0 $.CMR:
$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a} \ge \frac{3(a^3+b^3+c^3)}{a^2+b^2+c^2} $
Bài 2: (NguyenDungTN)
Cho $a,b,c >0 $.CMR:
$(a^2+b^2+c^2)(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}) \ge 4(a^2+b^2+c^2)-(ab+bc+ca) $
Bài 3: (ductrung)
Cho a,b,c >0.CMR:
$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+a+b+c \ge 2\sqrt{(a^2+b^2+c^2)\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+ \frac{c}{a}\right)} $

Đầu tiên ta chúng ta sẽ đi tìm lời giải cho các bài toán trên và nó sẽ giúp các bạn thực sự hiểu rõ kĩ thuật tạo dạng chính tắc SOS bằng BDT:
Bài toán 1:
Ta chú ý đến vế phải của BĐT, nó có dạng đối xứng và nó gợi ý cho chúng ta sử dụng SOS:
Ta dễ dàng có dạng phân tích sau:
$\frac{3(a^3+b^3+c^3)}{a^2+b^2+c^2}-(a+b+c)=\frac{2(a^3+b^3+c^3)-3(a+b)(b+c)(c+a)}{a^2+b^2+c^2} $
$=\frac{\sum (a+b)(a-b)^2}{a^2+b^2+c^2} $Bây giờ ta sẽ đi tìm dạng SOS cho vế trái.
Chú ý đến BĐT sau:
$\frac{a^2}{b}+b \ge 2a $
Ta có được cách phân tích:
$\frac{a^2}{b}+b-2a=\frac{(a-b)^2}{b} $
Cộng các phân tích hoán vị khác cho b và c ta có dạng chính tắc SOS:
$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-(a+b+c)=\frac{(a-b)^2}{b}+\frac{(b-c)^2}{c}+\frac{(c-a)^2}{a} $
Vậy BĐT được đưa về dạng $S_a(b-c)^2+S_b(c-a)^2+S_c(a-b)^2 \ge 0 $
Với $S_c=\frac{1}{b}-\frac{a+b}{a^2+b^2+c^2} $
Tương tự cho $S_a,S_b $
Do BDT là hoán vị nên ta phải xét hai trường hợp $a \ge b\ge c$ và $a \le b \le c$
Ta có cách giải chung cho dạng này là:
+) $a \ge b\ge c $
Ta sẽ CM$ S_a,S_c, S_a+2S_b,S_c+2S_b \ge 0 $
+) $a \le b \le c $
Ta CM: $S_b,S_b+S_c,S_b+S_a \ge 0 $
Đến đây thì bài toán chỉ đơn thuần là đánh giá cơ bản nên dành cho các bạn!
Bài toán 2:
Cho $a,b,c >0 $.CMR:
$(a^2+b^2+c^2)(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}) \ge 4(a^2+b^2+c^2)-(ab+bc+ca) $(2)
Lời giải:
Rất tự nhiên, ta muốn đưa BDT trên về dạng:
$(a^2+b^2+c^2)(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})-(a+b+c)^2 \ge 3(a^2+b^2+c^2)-3(ab+bc+ca) $
VP của BDT có dạng$ \frac{3}{2}((a-b)^2+(b-c)^2)+(c-a)^2) $
Ta sẽ cố đưa VT BDT về dạng SOS.
Khai triển và rút gọn ta được:
$(a^2+b^2+c^2)(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})-(a+b+c)^2=(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{ a}-a^2-b^2-c^2)+(\frac{a^2b}{c}+\frac{b^2c}{a}+\frac{c^2a}{b}-ab-bc-ca) $
Ta có BDT cơ bản sau:
$\frac{a^3}{b}+ab \ge 2a^2 $
Nên khi quy đồng ta được:
$\frac{a^3}{b}+ab-2a^2=\frac{a(a-b)}{b} $
Tương tự cho dạng của b và c:
$\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}+ab+bc+ca-2a^2-2b^2-2c^2=\sum \frac{a(a-b)^2}{b} $
Nên:
$\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}-a^2-b^2-c^2=\sum \frac{a(a-b)^2}{b}+\sum a^2 -\sum ab=\sum (\frac{a}{b}+\frac{1}{2})(a-b)^2 $
Một cách tương tự, từ BDT:
$\frac{a^2b}{c}+bc \ge 2ab $
Hay:
$\frac{a^2b}{c}+bc-2ab=\frac{b(a-c)^2}{c} $
Ta có:
$\frac{a^2b}{c}+\frac{b^2c}{a}+\frac{c^2a}{b}-ab-bc-ca=\sum \frac{c(a-b)^2}{a} $
Vì vậy, tổng kết lại:
$(a^2+b^2+c^2)(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})-(a+b+c)^2=\sum \frac{\frac{a}{b}+\frac{c}{a}+\frac{1}{2}}(a-b)^2=\sum \frac{2(a^2+bc)+ab}{2ab}(a-b)^2 $
BDT (2) tương đương với:
$\sum (\frac{2(a^2+bc)+ab}{2ab}-\frac{3}{2})(a-b)^2 \ge 0 $
Sau khi nhân cả hai vế BDT trên với $2abc$ ta đưa được về dạng SOS:
$S_a(b-c)^2+S_b(c-a)^2+S_c(a-b)^2 \ge 0 $
Với
$S_c=2a^2c+2bc^2-2abc $
$S_b=2bc^2+2ab^2-2abc $
$S_a=2b^2a+2ca^2-2abc $
Công việc còn lại khá dễ dàng chỉ cần xét các trương hợp như bài toán 1 nên xin dành cho bạn đọc! Kết thúc CM.
Chuyển sang bài toán 3:
Bài toán 3:
Cho $a,b,c >0 $. CMR:
$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+a+b+c \ge 2\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac {c}{a})} $
Lời giải:
Bình phương hai vế ta được BDT tương đương sau:
$(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+a+b+c)^ 2 \ge 4(a^2+b^2+c^2)(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} ) $
Sử dụng các phân tích như bài 1 và bài 2 ta được:
$(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+a+b+c)^ 2-4(a+b+c)^2=(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2} {a}-a-b-c)( \frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+3(a+b+c) ) $
$=(\sum \frac{(a-b)^2}{b})(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a }+3(a+b+c)) $
Và:
$4(a^2+b^2+c^2)(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} )-4(a+b+c)^2 $
$=4(\sum \frac{2(a^2+bc)+ab}{2ab}(a-b)^2) $
BDT trên tương đương với:
$\sum (\frac{\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+3 (a+b+c)}{b}-\frac{2(a^2+bc)+ab}{2ab})(a-b)^2 \ge 0 $Sau khi nhân cả hai vế với $2abc$ ta rút gọn được:
$S_c=2a^4c^2+4a^3bc^2+5a^2b^2c^2+6a^2bc^3-2ab^2c^3 $$S_b=2c^4b^2+4ab^2c^3+5a^2b^2c^2+6ab^3c^2-2a^2b^3c $
$S_c=2b^4a^2+4a^23b^3c+5a^2b^2c^2+6a^3b^2c-2a^3bc^2 $
Sau đó xét hai trường hợp$ a \ge b\ge c $ và $a \le b \le c $
+) $a \ge b\ge c $
Dễ dàng có $S_a,S_c, S_a+2S_b,S_c+2S_b \ge 0 $
+) $a \le b \le c $
Có $S_b,S_a,S_b+S_c \ge 0$
Nên từ tiêu chuẩn SOS ta có DPCM.

Một số tiêu chuẩn SOS thường dùng trong bài viết này(from STBDT-Phạm Kim Hùng 2006):
$S=S_a(b-c)^2+S_b(c-a)^2+S_c(a-b)^2 $
1$. S_a, S_b, S_c \ge 0 $ thì $S \ge 0 $
2. $a \ge b \ge c $ và $S_b, S_b+S_c,S_b+S_a \ge 0 $ thì$ S \ge 0 $
3. $a \ge b \ge c $ và$ S_a, S_c, S_a+2S_b, S_c+2S_b \ge 0 $ thì $S \ge 0 $
Từ ba bài toán trên ta có thể tổng kết 1 số dạng phân tích SOS như sau:
1.) $\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-(a+b+c)=\frac{(a-b)^2}{b}+\frac{(b-c)^2}{c}+\frac{(c-a)^2}{a} $
2.) $\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}-a^2-b^2-c^2=\sum \frac{a(a-b)^2}{b}+\sum a^2 -\sum ab=\sum (\frac{a}{b}+\frac{1}{2})(a-b)^2 $
3.)$ \frac{a^2b}{c}+\frac{b^2c}{a}+\frac{c^2a}{b}-ab-bc-ca=\sum \frac{c(a-b)^2}{a} $
4.) $\frac{a^4}{b^2}+\frac{b^4}{c^2}+\frac{c^4}{a^2}-a^2-b^2-c^2=\sum (\frac{a}{b}+1)^2(a-b)^2 $
5.) $(a^2+b^2+c^2)(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})-(a+b+c)^2=\sum \frac{2(a^2+bc)+ab}{2ab}(a-b)^2 $(do thời gian hoàn thành bài viết có hạn nên không thể đưa ra nhiều cách phân tích nên rất mong các bạn đóng góp thêm)
Kết thúc bài viết, NguyenDungTN xin đưa ra một số bài tập vận dụng kĩ thuật phân tích trên:
Pro 1(NguyenDungTN):
Cho $a,b,c >0, a+b+c=1 $.CMR:
$\sqrt{\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}}+\ sqrt{3(ab+bc+ca)} \ge 2 $
Pro 2(Romania-Junior Balkan Team Selection Tests 2006):
Cho $a,b,c >0, a+b+c= $1. CMR:
$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a} \ge 3(a^2+b^2+c^2) $
Pro 3(ductrung):
Cho $a,b,c >0 $. CMR:
$a+b+c+\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a} \ge \frac{6(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c} $
Pro 4(Vasile Cirtoaje):
Cho $a,b,c $ là độ dài 3 cạnh tam giác. CMR:
$a^2(\frac{b}{c}-1)+b^2(\frac{c}{a}-1)+c^2(\frac{a}{b}-1) \ge 0 $
Pro 5(Phạm Kim Hùng):Cho $a,b,c>0 $. CMR:
$(a+\frac{b^2}{c})^2+(b+\frac{c^2}{a})^2+(c+\frac{a ^2}{b})^2 \ge \frac{12(a^3+b^3+c^3)}{a+b+c} $

Lời giải bằng Bán Schur-bán SOS cho bài 2:
BDT trên tương đương với:
$(a^2+b^2+c^2)(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})-(a+b+c)^2 \ge 3(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca) $
Ta có:
$(a^2+b^2+c^2)(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})-(a+b+c)^2 $
$=(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}-a^2-b^2-c^2)+(\frac{a^2b}{c}+\frac{a^2b}{c}+\frac{a^2b}{c}-ab-bc-ca) $
$=(\frac{a^3-b^3}{b}+\frac{b^3-c^3}{c}+\frac{c^3-a^3}{a})+(\frac{ab(a-c)}{c}+\frac{bc(b-a)}{a}+\frac{ca(c-b)}{b}) $
$=\frac{a^3-b^3}{b}+\frac{b^3-c^3}{c}-\frac{a^3-b^3}{a}-\frac{b^3-c^3}{a}+\frac{ab(a-c)}{c}-\frac{ac(a-c)}{b}+\frac{bc(b-a)}{a}-\frac{ac(b-a)}{b} $
$=\frac{a^2+ab+b^2}{ab}(a-b)^2+\frac{b^2+bc+c^2}{ac}(a-c)(b-c)+\frac{c(a+b)}{ab}(a-b)^2+\frac{a(b+c)}{bc}(a-c)(b-c) $
$=\frac{a^2+b^2+ab+bc+ca}{ab}(a-b)^2+\frac{a^2(b+c)+b(b^2+bc+c^2)}{abc}(a-c)(b-c) $VP:
$3(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=3(a-b)^2+3(a-c)(b-c) $
Ta đưa về dạng SS: $M(a-b)^2+N(a-c)(b-c) $
Với:
$M=\frac{a^2+b^2+ab+bc+ca}{ab}-3 $
$N=\frac{a^2(b+c)+b(b^2+bc+c^2)}{abc}-3 $
Giả sử c=min{a,b,c}
Dễ có $a^2+b^2+ab \ge 3ab $ nên $M \ge 0 $
Áp dụng Cô-si:
$a^2b+bc^2 \ge 2abc,a^2c+b^2c \ge 2abc $
nên $N \ge 0 $
Vậy BDT được CM

bạn nên tạo một file PDF

chuyên đề này khá hay nếu bạn nào biết tạo file PDF thì tạo một file PDF cho mọi người cùng tham khảo

$ S_a,S_c, S_a+2S_b,S_c+2S_b \ge 0 $
$S_b,S_b+S_c,S_b+S_a \ge 0 $
Anh có thể giài thích 2 ký hiệu trên được không ạ? Em mơí làm quen vơí pp SoS nên chưa hiểu lắm.Cảm ơn. :)