Bất đẳng thức Schur

I. Bất đẳng thức Schur.

Trong toán học bất đẳng thức Schur được phát biểu rằng:

Với a, b, c là các số thực không âm và một số thực t ta có bất đẳng thức sau:

\(a^t\left(a-b\right)\left(a-c\right)+b^t\left(b-c\right)\left(b-a\right)+c^t\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0\)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c hoặc hai trong ba số a, b, c bằng nhau và số còn lại bằng 0.

Trong trường hợp t là một số nguyên dương chẵn thì bất đẳng thức  trên đúng với mọi số thực a, b, c ( nghĩa là a, b, c không cần điều kiện không âm ).

Chứng minh:

Do vai trò của \(a,b,c\)  trong bài toán là như nhau nên không mất tính tổng quát, giả sử: \(a\ge b\ge c\).

TH1: \(t\ge0\), biến đổi vế trái của bất đẳng thức:

\(a^t\left(a-b\right)\left(a-c\right)+b^t\left(b-c\right)\left(b-a\right)+c^t\left(c-a\right)\left(c-b\right)\)\(=\left(a-b\right)\left[a^t\left(a-c\right)-b^t\left(b-c\right)\right]+c^t\left(c-a\right)\left(c-b\right)\)

Vì \(a\ge b\ge c\)

 \(\Rightarrow a^t\ge b^t\) và \(a-c\ge b-c\)  \(\Rightarrow a^t\left(a-c\right)-b^t\left(b-c\right)\ge0\)\(\Rightarrow\left(a-b\right)\left[a^t\left(a-c\right)-b^t\left(b-c\right)\right]\ge0\)

Có:  \(c-a\le0;b-a\le0\Rightarrow c^t\left(c-a\right)\left(b-a\right)\ge0\)

\(\Rightarrow\left(a-b\right)\left[a^t\left(a-c\right)-b^t\left(b-c\right)\right]+c^t\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0\)

\(\Rightarrow a^t\left(a-b\right)\left(a-c\right)+b^t\left(b-c\right)\left(b-a\right)+c^t\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0\)

TH2: t<0, tương tự:

\(VT=\left(b-c\right)\left[c^t\left(a-c\right)-b^t\left(a-b\right)\right]+a^t\left(a-b\right)\left(a-c\right)\ge0\)

Như vậy có điều chứng minh với mọi t.

Tổng quát hóa bất đẳng thức Schur.

Với x, y, z là các số thực không âm, khi đó: \(x\ge y\ge z\) và \(a\ge b\ge c\) thì : 

\(x\left(a-b\right)\left(a-c\right)+y\left(b-c\right)\left(b-a\right)+z\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0\)

Chú ý: Trường hợp thường được sử dụng là t=1 và t=2.

+) Với t=1:

\(a\left(a-b\right)\left(a-c\right)+b\left(b-c\right)\left(b-a\right)+c\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0\)  (i)

Khi đó ta có hệ quả:

\(a^3+b^3+c^3+3abc\ge a^2\left(b+c\right)+b^2\left(c+a\right)+c^2\left(a+b\right)\)

\(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(a+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)

+) Với t=2:

\(a^2\left(a-b\right)\left(a-c\right)+b^2\left(b-c\right)\left(b-a\right)+c^2\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0\)(ii)

II. Phương pháp biến đổi \(p,q,r\).

Các bất đẳng thức thuần nhất đối xứng có biến không âm thì ta có thể biến đổi như sau:

Đặt: \(p=a+b+c;q=ab+bc+ac,r=abc\).

Từ cách đặt trên ta có một số đẳng thức và bất đẳng thức sau:

1. Các đẳng thức:

\(ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ac\left(a+c\right)=pq-3r\)

\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=pq-r\)

\(ab\left(a^2+b^2\right)+bc\left(b^2+c^2\right)+ac\left(a^2+c^2\right)=p^2q-2q^2-pr\)

\(\left(a+b\right)\left(a+c\right)+\left(b+c\right)\left(b+a\right)+\left(a+c\right)\left(c+b\right)=p^2+q\)

\(a^2+b^2+c^2=p^2-2q\)

\(a^3+b^3+c^3=p^3-3pq+3r\)

\(a^4+b^4+c^4=p^4-4p^2q+2q^2+4pr\)

\(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=q^2-2pr\)

\(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3=q^3-3pqr+3r^2\)

\(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4=q^4-4pq^2r+2p^2r^2+4qr^2\)

2. Các bất đẳng thức: 

\(p^2\ge3q\)

\(p^3\ge27r\)

\(q^2\ge3pr\)

\(pq\ge9r\)

\(2p^3+9r\ge7pq\)

\(p^2q+3pr\ge4q^2\)

\(p^4+4q^2+6pr\ge5p^2q\)

Đặc biệt: 

Từ (i) suy ra: \(r\ge\dfrac{p\left(4q-p^2\right)}{9}\Leftrightarrow p^3-4pq+9r\ge0\Leftrightarrow\dfrac{9r}{p}\ge4q-p^2\) .                                       (I)

Từ (ii) suy r: \(r\ge\dfrac{\left(4q-p^2\right)\left(p^2-q\right)}{6p}\Leftrightarrow p^4-5p^2q+4q^2+6pq\ge0\).

Tuy nhiên trong một số trường hợp thì có thể các đại lượng \(4q-p^2\) có thể nhận giá trị âm lẫn giá trị dương nên ta thường sử dụng:

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

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

III. Các ví dụ minh họa.

Một số ví dụ  ứng dụng bất đẳng thức (I)  hay  \(\left(a+b+c\right)^3+9abc\ge4\left(ab+bc+ac\right)\left(a+b+c\right)\).

VD1: Cho a,b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

Chứng minh: \(a^2+b^2+c^2+\dfrac{9abc}{a+b+c}\ge2\left(ab+bc+ac\right)\).

Chứng minh:

Áp dụng bất đẳng thức Schur: 

\(\left(a+b+c\right)^3+9abc\ge4\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{9abc}{a+b+c}\ge4\left(ab+bc+ac\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)+\dfrac{9abc}{a+b+c}\ge4\left(ab+bc+ac\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+\dfrac{9abc}{a+b+c}\ge2\left(ab+bc+ac\right)\) ( đpcm).

VD2: ( Trần Nam Dũng) Chứng minh rằng với mọi \(a,b,c\ge0\) , ta có: 

\(2\left(a^2+b^2+c^2\right)+abc+8\ge5\left(a+b+c\right)\)

Chứng minh:

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: 

\(=6\left(2\left(a^2+b^2+c^2\right)+abc+8-5\left(a+b+c\right)\right)\)

\(=12\left(a^2+b^2+c^2\right)+6abc+48-30\left(a+b+c\right)\)

\(=12\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\left(2abc+1\right)+45-5.2.3\left(a+b+c\right)\)

\(\ge12\left(a^2+b^2+c^2\right)+9\sqrt[3]{a^2b^2c^2}+45-5\left[\left(a+b+c\right)^2+9\right]\)

\(=7\left(a^2+b^2+c^2\right)+\dfrac{9abc}{\sqrt[3]{abc}}-10\left(ab+bc+ac\right)\)

\(\ge7\left(a^2+b^2+c^2\right)+\dfrac{27abc}{a+b+c}-10\left(ab+bc+ac\right)\)

Mặt khác , sử dụng bất đẳng thức Schur:

\(\left(a+b+c\right)^3+9abc\ge4\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{9abc}{a+b+c}\ge4\left(ab+bc+ac\right)-\left(a+b+c\right)^2=2\left(ab+bc+ac\right)-\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Do đó: 

\(7\left(a^2+b^2+c^2\right)+\dfrac{27abc}{a+b+c}-10\left(ab+bc+ac\right)\)

\(\ge7\left(a^2+b^2+c^2\right)+6\left(ab+bc+ac\right)-3\left(a^2+b^2+c^2\right)-10\left(ab+bc+ac\right)\)

\(=4\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)\ge0\)

Do đó: \(2\left(a^2+b^2+c^2\right)+abc+8\ge5\left(a+b+c\right)\) 

Dấu "=" xảy ra <=> a = b = 1

VD3:  Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn \(a+b+c=1\). Chứng minh rằng: 

\(4\left(ab+bc+ac\right)\le9abc+1\)

Chứng minh:

Áp dụng bất đẳng thức Schur ta có:

\(\left(a+b+c\right)^3+9abc\ge4\left(ab+bc+ac\right)\left(a+b+c\right)\)

Theo bài ra: \(a+b+c=1\), thay vào bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh.

Bài tập làm thêm:

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

\(\dfrac{a^3+1}{b^3+c^3+1}+\dfrac{b^3+1}{c^3+a^3+1}+\dfrac{c^3+1}{a^3+b^3+1}\ge2\)

2. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:

\(\left(a+b+c\right)^3\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le27a^2b^2c^2\)