BẤT ĐẲNG THỨC SCHUR VÀ KĨ THUẬT ĐỔI BIẾN P,Q,R ( VÕ THÀNH VĂN)

BẤT ĐẲNG THỨC SCHUR VÀ KĨ THUẬT ĐỔI BIẾN P,Q,R ( VÕ THÀNH VĂN)

vào tháng 5 27, 2017

BẤT ĐẲNG THỨC SCHUR VÀ KĨ THUẬT ĐỔI BIẾN P,Q,R

BẤT ĐẲNG THỨC SCHUR

Bất đẳng thức Schur dạng tổng quát : Với mọi số thực không âm $a,b,c,k$ ta có :

$\boxed{a^k(a-b)(a-c)+b^k(b-c)(b-a)+c^k(c-a)(c-b)\geq 0}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $(a,b,c)=(0,t,t)$ và các hoán vị.

Trường hợp $k=1$ , BĐT Schur có các dạng tương đương sau :

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

ii) $4(a^3+b^3+c^3)+15abc\geq (a+b+c)^3$

iii) $abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$

iv) $a^2+b^2+c^2+\dfrac{9abc}{a+b+c}\geq 2(ab+bc+ca)$

v) $(a+b+c)^3+9abc\geq 4(a+b+c)(ab+bc+ca)$

vi) $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2$

Trường hợp $k=2$ , BĐT Schur có các dạng tương đương sau :

i) $a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c)\geq ab(a^2+b^2)+bc(b^2+c^2)+ca(c^2+a^2)$

ii) $6abc(a+b+c)\geq \left [ 2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2) \right ]\left [ a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca \right ]$

KĨ THUẬT ĐỔI BIẾN P,Q,R

Đặt $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc$ ta có :

$ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)=pq-3r$

$(a+b)(b+c)(c+a)=pq-r$

$ab(a^2+b^2)+bc(b^2+c^2)+ca(c^2+a^2)=p^2q-2q^2-pr$

$(a+b)(a+c)+(a+c)(b+c)+(b+c)(a+b)=p^2+q$

$a^2+b^2+c^2=p^2-2q$

$a^3+b^3+c^3=p^3-3pq+3r$

$a^4+b^4+c^4=p^4-4p^2q+2q^2+4pr$

$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=q^2-2pr$

$a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3=q^3-3pqr+3r^2$

Khi đó giữa ba biến mới $p,q,r$ có một số mối liên hệ :

$p^2\geq 3q$

$p^3\geq 27r$

$q^2\geq 3pr$

$pq\geq 9r$

$2p^3+9r\geq 7pq$

$p^2q+3pr\geq 4q^2$

$p^4+4q^2+6pr\geq 5p^2q$

Và đặc biệt, BĐT Schur viết dưới hình thức $p,q,r$ như sau :

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

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

Theo “Bất đẳng thức Schur và phương pháp đổi biến P,Q,R” – Võ Thành Văn.

Nhận xét