Bài viết tổng hợp lý thuyết trọng tâm về Bất đẳng thức Schur và phương pháp chuyển biến p, q, r - một trong những kỹ thuật mạnh mẽ nhất để ...
A. Kiến thức trọng tâm
Bất đẳng thức Schur
Với mọi số thực không âm \(a, b, c\) và mọi số thực \(k > 0\), ta luôn có:
\[a^k(a - b)(a - c) + b^k(b - c)(b - a) + c^k(c - a)(c - b) \ge 0\]
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c\), hoặc hai trong ba số bằng nhau và số còn lại bằng 0.
Chứng minh bất đẳng thức Schur
Sắp thứ tự và nhóm vế trái: Biểu thức ở vế trái đối xứng đối với \(a, b, c\), nên không mất tính tổng quát ta giả sử \(a \ge b \ge c \ge 0\). Chú ý \((c - a)(c - b) = (a - c)(b - c)\), vế trái được viết lại thành:
\[(a - b)\left[a^k(a - c) - b^k(b - c)\right] + c^k(a - c)(b - c)\]
Đánh giá dấu từng số hạng: Từ \(a \ge b \ge c \ge 0\) suy ra \(a^k \ge b^k \ge 0\) và \(a - c \ge b - c \ge 0\), do đó \(a^k(a - c) \ge b^k(b - c)\). Kết hợp với \(a - b \ge 0\) và \(c^k(a - c)(b - c) \ge 0\), cả hai số hạng đều không âm. Bất đẳng thức được chứng minh.
Hai trường hợp được dùng nhiều nhất là \(k = 1\) và \(k = 2\):
\[a^3 + b^3 + c^3 + 3abc \ge ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)\]
\[a^4 + b^4 + c^4 + abc(a + b + c) \ge ab(a^2 + b^2) + bc(b^2 + c^2) + ca(c^2 + a^2)\]
Trong suốt chương, ta luôn quy ước:
\[p = a + b + c, \quad q = ab + bc + ca, \quad r = abc\]
Bổ đề 8.1. (Bất đẳng thức Schur qua bộ ba p, q, r)
Với mọi \(a, b, c \ge 0\), bốn bất đẳng thức sau tương đương với nhau:
(i) \(a^3 + b^3 + c^3 + 3abc \ge ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)\);
(ii) \(p^3 + 9r \ge 4pq\);
(iii) \(a^2 + b^2 + c^2 + \dfrac{9abc}{a + b + c} \ge 2(ab + bc + ca) \quad (p > 0)\);
(iv) \(abc \ge (a + b - c)(b + c - a)(c + a - b)\).
Từ dạng (ii), với \(p > 0\) ta có chặn dưới thứ nhất của \(r\); bất đẳng thức Schur bậc hai, viết theo \(p, q, r\) là \(p^4 + 4q^2 + 6pr \ge 5p^2 q\), cho chặn dưới thứ hai:
\[r \ge \max\left\{0, \dfrac{p(4q - p^2)}{9}\right\} \quad \text{và} \quad r \ge \max\left\{0, \dfrac{(4q - p^2)(p^2 - q)}{6p}\right\}\]
Giải thích và biến đổi Bổ đề 8.1
Cả bốn dạng đều được quy về dạng (ii):
- Từ (i) sang (ii): Từ các đồng nhất thức \(a^3 + b^3 + c^3 = p^3 - 3pq + 3r\) và \(ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) = pq - 3r\), dạng (i) trở thành \(p^3 - 3pq + 3r + 3r \ge pq - 3r\), tức là (ii).
- Từ (ii) sang (iii): Chia hai vế của (ii) cho \(p > 0\) rồi dùng \(a^2 + b^2 + c^2 = p^2 - 2q\) thu được (iii).
- Từ (iv) về (ii): Khai triển trực tiếp \((a + b - c)(b + c - a)(c + a - b) = -p^3 + 4pq - 8r\), nên (iv) tương đương với \(r \ge -p^3 + 4pq - 8r\), tức là (ii).
Dạng (iv) tiện dùng khi bài toán xuất hiện các biểu thức \(a + b - c\): nó khẳng định rằng tích của ba đại lượng \(a + b - c\), \(b + c - a\), \(c + a - b\) không vượt quá \(abc\), kể cả khi một trong ba đại lượng đó âm.
Lưu ý về cách dùng: Đại lượng \(4q - p^2\) có thể nhận cả giá trị âm lẫn giá trị không âm; khi \(4q < p^2\) thì chặn \(r \ge \dfrac{p(4q - p^2)}{9}\) còn yếu hơn cả chặn hiển nhiên \(r \ge 0\). Khi lời giải cần một chặn dưới thực sự chặt, ta phải kết hợp thêm \(r \ge 0\), tức dùng dạng có dấu \(\max\), và thường phải chia trường hợp theo dấu của \(4q - p^2\).
Bất đẳng thức Vornicu–Schur
Cho \(a \ge b \ge c \ge 0\) và \(x, y, z \ge 0\). Khi đó bất đẳng thức
\[x(a - b)(a - c) + y(b - c)(b - a) + z(c - a)(c - b) \ge 0\]
đúng nếu xảy ra một trong các điều kiện sau:
- \(x \ge y\) hoặc \(z \ge y\);
- \(ax \ge by\);
- \(bz \ge cy\), với giả thiết \(a, b, c\) là độ dài ba cạnh của một tam giác;
- \(\sqrt{x} + \sqrt{z} \ge \sqrt{y}\).
Chứng minh điều kiện 1 của Bất đẳng thức Vornicu–Schur
Viết vế trái dưới dạng:
\[z(a - c)(b - c) + (a - b)\left[x(a - c) - y(b - c)\right]\]
