13/09/2017

Một cách chứng minh BĐT Schur bậc 3

Bài viết này nêu ra cách chứng minh bất đẳng thức Schur bậc 3 bằng kỹ thuật biến thiên các biến. Mời các em theo dõi dưới đây.

Chứng minh BĐT Schur bậc 3 với ba số thực không âm a; b; c

Cho ba số thực không âm a; b; c khi đó :

$a^3+b^3+c^3+3abc \ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$

Cách cm quen thuộc cho bdt này thường là:

Bdt <=> $a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b) \ge 0$

giả sử $a \ge b \ge c$ , bdt viết lại là: $(a-b)(a(a-c)-b(b-c))+c(a-c)(b-c) \ge 0$ hiển nhiên đúng .

Schur cũng tương đương với bdt quen thuộc sau:

$abc \ge (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$

Hôm nay ta hãy xem sức mạnh của pp mới này nhé ^_^.

Đặt $P(a;b;c)=a^3+b^3+c^3+3abc-ab(a+b)-bc(b+c)-ca(c+a)$

Với $t \in \mathbb{R}$ , xét:

$P(a+t;b+t;c)-P(a;b;c)$

$=t(ct+2(a-b)^2+bc+ca-2c^2)$

Do $P(a;b;c)$ đối xứng theo ba biến $a;b;c$ nên ta giả sử $a \ge b \ge c$ , chọn $t=c-b$

Khi đó :

$P(a+t;b+t;c)-P(a;b;c)=(c-b)(2(a-b)^2+ca-c^2) \le 0$

<=> $P(a;b;c) \ge P(a+c-b;c;c)=P(a^\prime;c;c) ; \; a^\prime=a+c-b \ge 0$

Vậy, ta chỉ cần cm rằng $P(a^\prime;c;c) \ge 0$ tức là chứng minh $P(a;b;c)$ trong trường hợp $b=c$

$P(a^\prime;c;c)={a^\prime}^3+3a^\prime c^2-2a^\prime c(a^\prime +c)=a^\prime(a^\prime -c)^2 \ge 0$

=> đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hoặc một số bằng 0, 2 số còn lại bằng nhau !

(Nguồn bài viết: phudinhgioihan.wordpress.com)