[Toán 10] Bất đẳng thức Vornicu-Schur

[huynhbachkhoa23]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

Bài toán gốc:
Định lý: Giả sử $a,b,c$ là các số thực và $x,y,z$ là các số không âm. Khi đó bất đẳng thức:
$$x(a-b)(a-c)+y(b-c)(b-a)+z(c-a)(c-b)\ge 0$$
đúng khi thỏa mãn:
(1) $a\ge b\ge c$ và $x\ge y$ (hoặc $z\ge y$)
(2) $a\ge b\ge c$ và $x+z\ge y$
(3) $a\ge b\ge c\ge 0$ và $ax\ge by$ (hoặc $cz\ge by$)
(4) $a\ge b\ge c\ge 0$ và $ax+cz\ge by$
(5) $a\ge b\ge c$ và $\sqrt{x}+\sqrt{z}\ge \sqrt{y}$

Đẳng thức: $a^2+bc-a(b+c)=(a-b)(a-c)$
Biến đổi: $x(b-c)^2+y(c-a)^2+z(a-b)^2=(y+z)(a-b)(a-c)+(z+x)(b-c)(b-a)+(x+y)(a-b)(a-c)$

Bài tập áp dụng:
1. Cho các số không âm $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca>0$. Chứng minh:
$$\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\dfrac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge 2$$
2. Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2}+\dfrac{b(c+a)}{c^2+ca+a^2}+\dfrac{c(a+b)}{a^2+ab+b^2}\ge 2$$
3. Cho các số do cạnh của một tam giác là $a,b,c$. Chứng minh:
$$\dfrac{b+c}{a^2+bc}+\dfrac{c+a}{b^2+ca}+\dfrac{a+b}{c^2+ab}\le \dfrac{3(a+b+c)}{ab+bc+ca}$$

 

[congchuaanhsang]

Mới xử lí được câu 3

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

$\sum (\dfrac{1}{a}-\dfrac{b+c}{a^2+bc}) \ge \sum \dfrac{1}{a} - \dfrac{3(a+b+c)}{ab+bc+ca}$

\Leftrightarrow $\sum \dfrac{(a-b)(a-c)}{a(a^2+bc)} \ge \sum \dfrac{bc(a-b)(a-c)}{abc(ab+bc+ca)}$

\Leftrightarrow $\sum (a-b)(a-c)(\dfrac{1}{a(a^2+bc)}-\dfrac{1}{a(ab+bc+ca)}) \ge 0$

\Leftrightarrow $\sum \dfrac{(a-b)(a-c)(b+c-a)}{a^2+bc} \ge 0$

Giả sử $a \ge b \ge c$

Thì $a+b-c \ge c+a-b > 0$ ; $b(b^2+ca) \ge c(c^2+ab)$

Do đó $\dfrac{b(a+b-c)}{c^2+ab} \ge \dfrac{c(c+a-b)}{b^2+ca}$

Theo bài toán gốc ta có đpcm

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $(a,b,c)$ ~ $(1,1,1)$ hoặc $(a,b,c)$ ~ $(2,1,1)$

 

[huynhbachkhoa23]

Em chém bài 1 vậy.
Từ đẳng thức $a^2+bc-a(b+c)=(a-b)(a-c)$ ta có được $a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=(a-b)(a-c)+(b-c)(b-a)+(c-a)(c-b)$ (Vậy $a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca$ là bất đẳng thức Schur bậc 2 =)))
Từ biến đổi ta có $(a+b)(b+c)(c+a)-8abc=a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a-b)^2=(b+c)(a-b)(a-c)+(c+a)(b-c)(b-a)+(a+b)(c-a)(c-b)$
Do đó bất đẳng thức cần chứng minh được đưa về dạng:

$\sum\limits_{cyc} \left(\dfrac{1}{ab+bc+ca}-\dfrac{1}{a^2+ab+bc+ca}\right)(a-b)(a-c) \ge 0$​

Giả sử $a\ge b\ge c$ thì $a^2\ge b^2$ nên $\dfrac{1}{ab+bc+ca}-\dfrac{1}{a^2+ab+bc+ca}\ge \dfrac{1}{ab+bc+ca}-\dfrac{1}{b^2+ab+bc+ca}$
Theo tiêu chuẩn thứ nhất cho ta bất đẳng thức đúng.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $a=b, c=0$ và các hoán vị.

@congchua: Rất ấn tượng cái Schur bậc 2 của bác )