Bất đẳng thức Schur và ứng dụng

60 lượt xem |  01/01/2021

1.1. Dạng tổng quát.

Cho a, b, c là các số thực không âm và  \(r\ge0.\)

Khi đó:  \({a^r}\left( {a - b} \right)\left( {a - c} \right) + {b^r}\left( {b - c} \right)\left( {b - a} \right) + {c^r}\left( {c - a} \right)\left( {c - b} \right) \ge 0.\)

 

1.2. Dạng cụ thể.

Khi r = 1, ta có:  \(a\left( {a - b} \right)\left( {a - c} \right) + b\left( {b - c} \right)\left( {b - a} \right) + c\left( {c - a} \right)\left( {c - b} \right) \ge 0.\)                         

Khi r = 2, ta có:  \({a^2}\left( {a - b} \right)\left( {a - c} \right) + {b^2}\left( {b - c} \right)\left( {b - a} \right) + {c^2}\left( {c - a} \right)\left( {c - b} \right) \ge 0.\)                         

Dưới đây là cách chứng minh bất đẳng thức trên ứng với trường hợp r = 1.

Do vai trò a, b, c bình đẳng nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử  \(a\ge b \ge c \ge0.\)

Khi đó, ta có:  \(\left\{ \begin{array}{l} c - a \le 0\\ c - b \le 0 \end{array} \right. \to c\left( {c - a} \right)\left( {c - b} \right) \ge 0.\)

Ta cần chứng minh:  \(a\left( {a - b} \right)\left( {a - c} \right) + b\left( {b - c} \right)\left( {b - a} \right) \ge 0.\)

\(\leftrightarrow a\left( {a - b} \right)\left( {a - c} \right) - b\left( {b - c} \right)\left( {a - b} \right) \ge 0 \)

\(\leftrightarrow \left( {a - b} \right)\left[ {a\left( {a - c} \right) - b\left( {b - c} \right)} \right] \ge 0.\)

\(\leftrightarrow \left( {a - b} \right)\left( {{a^2} - ac - {b^2} + bc} \right) = {\left( {a - b} \right)^2}\left( {a + b - c} \right) \ge 0.\)

 

1.3. Khai thác ứng dụng của bất đẳng thức Schur.

Ta có:  \(a\left( {a - b} \right)\left( {a - c} \right) + b\left( {b - c} \right)\left( {b - a} \right) + c\left( {c - a} \right)\left( {c - b} \right) \ge 0\)

\(\leftrightarrow a\left[ {{a^2} - a\left( {b + c} \right) + bc} \right] + b\left[ {{b^2} - b\left( {c + a} \right) + ca} \right] + c\left[ {{c^2} - c\left( {a + b} \right) + ab} \right] \ge 0\)

\(\leftrightarrow {a^3} + {b^3} + {c^3} + 3abc \ge {a^2}\left( {b + c} \right) + {b^2}\left( {c + a} \right) + {c^2}\left( {a + b} \right)\left( 1 \right).\)

Mặt khác, ta biết:  \(\left\{ \begin{array}{l} {a^3} + {b^3} + {c^3} + 3abc = {p^3} - 3pq + 6r\\ {a^2}\left( {b + c} \right) + {b^2}\left( {c + a} \right) + {c^2}\left( {a + b} \right) = pq - 3r \end{array} \right.\)

Vậy:  \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow {p^3} - 3pq + 6{\rm{r}} \ge pq - 3{\rm{r}} \Leftrightarrow {\rm{9r}} \ge p\left( {4q - {p^2}} \right) \Leftrightarrow r \ge \frac{{p\left( {4q - {p^2}} \right)}}{9}.\)

Bạn đã vote: Quá tuyệt 5
5 1 vote
Bình luận (0)
Thông tin người gửi
0.04815 sec| 2425.688 kb