Qua 1 vài dẫn chứng trên chắc hẳn các bạn cũng đã thấy được những mối quan hệ giữa Schur và SOS, chúng rất thú vị phải không. Đây chính là điều mà tôi muốn hướng tới khi viết phần phụ lục này . Chúng ta vẫn sẽ tiếp tục khai thác vấn đề này nhưng là trong 1 tư tưởng khác đó là kết hợp giữa Schur và SOS trong việc giải quyết bài toán . Nhưng trước hết để đơn giản hóa bài toán ta qui ước:
Với mọi $a,b,c>0$đặt:
$p=a+b+c, q=ab+bc+ca, r=abc$.
Chắc chắn rằng mọi bất đẳng thức đối xứng đều dễ dàng qui về bất đẳng thức tương đương có chứa Schur. Nhưng nếu giữ nguyên dạng của bất đẳng thức này với 3 biến $a,b,c$thì sẽ rất khó khăn khi biến đổi bởi chỉ cần nhìn vào thôi cũng đủ "váng đầu ngất xỉu"
.
Vì vậy ta sẽ đưa dạng của Schur biểu diễn dưới các biến $p,q,r$đã qui định ở trên.
Với trường hợp lũy thừa là 0 thì:
$a^0(a-b)(a-c)+b^0(b-c)(b-a)+c^0(c-a)(c-b)\ge 0 \\ \Leftrightarrow pq-9r\ge 0$
Với trường hợp lũy thừa là 1 thì:
$a^1(a-b)(a-c)+b^1(b-c)(b-a)+c^1(c-a)(c-b)\ge 0 \\ \Leftrightarrow p^3-4qp+9r\ge 0$
Với trường hợp lũy thừa là 2 thì:
$a^2(a-b)(a-c)+b^2(b-c)(b-a)+c^2(c-a)(c-b)\ge 0 \\ \Leftrightarrow p^4-5p^2q+4q^2+6pr \ge 0$
Trên đây là cách biểu diễn đơn giản của Schur trong trường hợp lũy thừa $0,1,2$và cũng chỉ cần như vậy là bạn đã có đủ vũ khí để chiến đấu với các bất đẳng thức "hung dữ". Tiếp theo ta cũng nên thủ sẵn 1 vài bất đẳng thức phụ sẽ dùng mỗi khi biến đổi.
Bất đẳng thức phụ:
$p^2\ge 3q \\ p^3\ge 27r \\ q^2\ge 3pr \\ 2p^3+9r\ge 7pq \\ p^2q+3pr\ge 4q^2 \\ p^2q\ge 3pr+2q^2.$
Còn rất nhiều bất đẳng thức phụ dạng này các bạn hoàn toàn có thể dùng SOS để chứng minh nó.
Hằng đẳng thức đáng nhớ:
($a+b)(b+c)(c+a)=pq-r \\ (a+b)(b+c)+(c+a)(a+b)+(c+a)(b+c)=p^2+q \\ a^3+b^3+c^3=p^3-3pq+3r \\ ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)=pq-3r \\ a^4+b^4+c^4=p^4-2p^2q+2q^2+4pr.$
Các bạn nên nắm rõ các phép biến đổi bởi vì tư tưởng của phương pháp kết hợp này là:
+ Biến đổi bất đẳng thức đang xét về dạng có chứa 3 biến số mới $p,q,r$. Điều này làm tôi liên tưởng đến cách biến đổi mà cô giáo đã dạy tôi khi biểu diễn công thức nghiệm của tam thức bậc 2.
+ Sau khi đã qui về các biến $ p,q,r$ta thực hiện biến đổi tương đương để bất đẳng thức mới cần chứng minh có chứa bất đẳng thức Schur trực tiếp hoặc là có chứa 2 đại lượng gồm Schur và 1 đại lượng khác.
+Như vậy công việc cuối cùng của ta là chứng minh đại lượng còn lại ấy không âm. Và đến đây bài toán được giải quyết hoàn toàn. Chắc chắn những biểu thức đối xứng còn lại đều dễ dàng chứng minh được bằng phương pháp tổng quát.
Trong 1 số trường hợp thì ta có ngay luôn các đại lượng chứa Schur . Có thể minh họa rõ cho điều này là bất đẳng thức Iran 96 nổi tiếng. Bạn nào có quyển tuyển tập đề thi Châu Á Thái Bình Dương thì cũng thấy lời giải bằng Schur nhưng trông rất khủng khiếp mới nhìn đã "chạy mất dép"
Tôi sẽ đưa ra 1 ví dụ khá là đơn giản.
Cho các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh rằng
$ \dfrac{1}{a}+ \dfrac{1}{b}+ \dfrac{1}{c}+ \dfrac{9}{a+b+c} \geq 4( \dfrac{1}{a+b}+ \dfrac{1}{b+c}+ \dfrac{1}{c+a})$
Giải
Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
$\dfrac{q}{r}+\dfrac{9}{p} \geq \dfrac{4(p^2+q)}{pq-r} \\ \Leftrightarrow p^2q^2-4p^3r+4pqr-9r^2 \geq 0 \\ \Leftrightarrow p(pq^2-4p^2r+3qr)+r(pq-9r) \geq 0 (1)$
Ta lại có:
$pq^2-4p^2r+3qr \geq 0 \\ \Leftrightarrow (a+b+c)(ab+bc+ca)^2-4(a+b+c)^2abc+3abc(ab+bc+ca) \geq 0 \\ \Leftrightarrow (ab+bc+ca)[(a+b+c)(ab+bc+ca)+3abc]-4(a+b+c)^2abc \ge 0 \\ \Leftrightarrow (ab+bc+ca)[(a+b+c)(ab+bc+ca)-9abc]-4(a+b+c)^2abc+12abc(ab+bc+ca)\ge 0 \\ \Leftrightarrow (ab+bc+ca)[a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a-b)^2]-4abc[(a+b+c)^2-3(ab+bc+ca)]\ge 0 \\ \Leftrightarrow \sum (a^2b+abc+ca^2)(b-c)^2-2abc[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2)]\ge 0 \\ \Leftrightarrow \sum (b-c)^2(a^2b+a^2c-abc) \ge 0$
Bất đẳng thức cần chứng minh đã qui về dạng chính tắc
Không mất tính tổng quát ta giả sử $a\ge b\ge c$
Dễ dạng chứng minh $S_a, S_b\ge 0$
Ta cần chứng minh $S_a + S_c=a^2c+a^2b+c^2a+c^2b-2abc\ge 0$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c $hoặc $a=b$và $c=0$cùng các hoán vị.
Lời giải trên có thể sẽ là rắc rối nhưng tôi đưa nó ra để khẳng định rằng hoàn toàn có thể kết hợp giữa 2 phương pháp để giải quyết vấn đề. Lời giải trên rắc rối tại vì sao? Câu trả lời là bởi vì tôi có 1 lời giải khác đơn giản hơn nhiều nhưng lại đòi hỏi 1 kỉ thuật khác cũng rất mạnh trong chứng minh bất đẳng thức .
Lời giải:
Chuẩn hoá $\large a+b+c=1$
$\dfrac{1}{a}+ \dfrac{1}{b} +\dfrac{1}{c}+\dfrac{9}{a+b+c} \geq \dfrac{4}{a+b}+\dfrac{4}{b+c}+\dfrac{4}{c+a}$
$\leftrightarrow \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+9\geq\dfrac{4}{a+b}+\dfrac{4}{b+c}+\dfrac{4}{c+a} $
đặt $ a=\dfrac{x}{x+y+z}; b=\dfrac{y}{x+y+z}; c=\dfrac{z}{x+y+z}$
$ \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+9\geq\dfrac{4}{a+b}+\dfrac{4}{b+c}+\dfrac{4}{c+a}$
$\leftrightarrow \dfrac{x+y+z}{x}+\dfrac{x+y+z}{y}+\dfrac{x+y+z}{z}+9\geq \dfrac{4(x+y+z)}{x+y}+\dfrac{4(x+y+z)}{y+z}+\dfrac{4(x+y+z)}{z+x}$
Dùng AM-GM dễ dàng qui bất đẳng thức cần chứng minh về Levinson inequality.
Và sử dụng bất đẳng thức : $ \dfrac{1}{x} $+$ \dfrac{1}{y}\geq\dfrac{1}{x+y} $
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z$
Do phương pháp Chuẩn hóa nằm ngoài phạm vi của bài viết nên tôi có thể nói một cách khái quát phương pháp như sau.
Cơ sở của chuẩn hóa 1 bất đẳng thức là không làm hẹp miền xác định của biến số và nếu chứng minh được nó đúng trong 1 trường số nào đó thì BDT ở dạng không điều kiện vẫn đúng. Lí giải cho phương pháp này của thầy Trần Nam Dũng (ĐHKHTN Thành phố Hồ Chí Minh - Nhóm quản lí Diễn đàn toán học-Hội đồng biên tập Tạp chí Toán học và tuổi trẻ)
