Dùng bất đẳng thức Muirhead để chứng minh bất đẳng thức

Bài toán: Chứng minh rằng với mọi $a,b,c$ không âm và $abc=1$ Thì
\[ \frac{1}{(1+a)^3}+\frac{1}{(1+b)^3}+\frac{1}{(1+c)^3}+\frac{5}{(1+a)(1+b)(1+c)} \ge 1  \]

Lời giải:

$\frac{1}{(1+a)^3}+\frac{1}{(1+b)^3}+\frac{1}{(1+c)^3}+\frac{5}{(1+a)(1+b)(1+c)} \ge 1\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum_{cyc}(2a^2b^2+a^2b+a^2c+a^3-a^2-3a-1)\geq0\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum_{cyc}(a^3-a^2)+2\cdot\sum_{cyc}(a^2b^2-a)+\frac{1}{2}\cdot\sum_{cyc}(a^2b+a^2c-2a)+$
$+\frac{1}{2}\cdot\sum_{cyc}(a^2b+a^2c-2)\geq0.$ Đúng theo Muirhead.

Ngoài ra $k_{max}=5,$
\[ \frac{1}{(1+a)^3}+\frac{1}{(1+b)^3}+\frac{1}{(1+c)^3}+\frac{k}{(1+a)(1+b)(1+c)} \ge \frac{k+3}{8}  \]

ĐỊNH LÝ MUIRHEAD CHO 3 SỐ VÀ ỨNG DỤNG

Có thể xem thêm tại đây: http://www.imomath.com/index.php?options=596
Định lý Muirhead cho 3 số:

Cho các số thực $a_1,a_2,a_3,b_1,b_2,b_3$ thỏa mãn:

$\left\{\begin{matrix}
a_1 \ge a_2 \ge a_3 \ge 0; b_1\ge b_2\ge b_3 \ge 0 & & \\
a_1 \ge b_1; a_1+a_2 \ge b_1+ b_2 & & \\
a_1 +a_2 +a_3=b_1+b_2+b_3 & &
\end{matrix}\right.$

Cho x,y,z là các số thực dương. Khi đó: $\sum_{sym}x^{a_1}y^{a_2}z^{a_3}\ge \sum_{sym}x^{b_1}y^{b_2}z^{b_3}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a_i=b_i (\forall i=1,2,3)$ và $x=y=z$

Chứng minh:

Bổ đề: Cho các số dương $a_1,a_2,b_1,b_2$ thoả mãn $a_1+a_2=b_1+b_2$ và $max(a_1;a_2) \ge max (b_1;b_2)$ . Khi đó với các số x, y dương ta có: $x^{a_1}y^{a_2}+x^{a_2}y^{a_1} \ge x^{b_1}y^{b_2}+x^{b_2}y^{b_1}$

Không mất tính tổng quát giả sử $a_1 \geq a_2,a_1 \ge b_1,b_1\ge b_2$. Dễ dàng có:

$x^{a_1}y^{a_2}+x^{a_2}y^{a_1} - x^{b_1}y^{b_2}+x^{b_2}y^{b_1}\\=x^{a_2}y^{a_2}(x^{a_1-a_2}+y^{a_1-a_2}-x^{b_1-a_2}.y^{b_2-a_2}-x^{b_2-a_2}y^{b_1-a_2})\\=x^{a_2}y^{a_2}(x^{b_1-a_2}-y^{b_1-a_2})(x^{b_2-a_2}-y^{b_2-a_2})=\frac{1}{x^{a_2}y^{a_2}} (x^{b_1}-y^{b_1})(x^{b_2}-y^{b_2}) \ge0  $

Áp dụng :

Ta xét 2 trường hợp:

a) $b_1 \ge a_2$;

$a_1 \ge a_1 +a_2 -b_1, a_1 \ge b_1 \Rightarrow a_1 \ge max(a_1 +a_2 -b_1,b_1) \Rightarrow max(a_2,a_1) \ge max(a_1 +a_2 -b_1,b_1)$

Và: $a_1 +a_2 -b_1 \ge b_2 \ge b_3 \Rightarrow max(a_3,a_1 +a_2 -b_1 ) \ge max(b_2,b_3)$

Áp dụng bổ đề 2 lần ta được:

$\sum_{sym} x^{a_1}y^{a_2}z^{a_3} =\sum_{cyc}(x^{a_1}y^{a_2}+x^{a_2}y^{a_1})z^{a_3} \geq \sum_{cyc} (x^{a_1+a_2-b_1}y^{b_1}+y^{a_1+a_2-b_1}x^{b_1})z^{a_3}=\\=\sum_{cyc}x^{b_1}(y^{a_1+a_2-b_1}z^{a_3}+z^{a_1+a_2-b_1}y^{a_3}) \ge \sum_{cyc} x^{b_1}(y^{b_2}z^{b_3}+z^{b_2}y^{b_3})=\sum_{sym}(x^{b_1}y^{b_2}z^{b_3})$

 Định lý được chứng minh.

Định lý trên là một định lý rất mạnh và việc áp dụng nó rất đơn giản bao gồm các bước xét tính đồng bậc, rồi sao đó khai triển, và nhóm các hạng tử. Mặc dù hơi trâu nhưng hướng đi rất rõ ràng và rành mạch.

Một số bài tập ứng dụng:

Bài 1:

CMR:$\forall a,b,c>0, \alpha \geq 1, abc=1: \sum \frac{a^{\alpha }}{b+c} \geq \frac{3}{2}$

Lời giải:

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

$\sum a^{\alpha }(a+b)(a+c) \ge \frac{3}{2}(a+b)(a+c)(b+c)(abc)^{\frac{\alpha -1}{3}}$

$\Leftrightarrow (\sum_{sym} a^{\alpha +2}-\sum_{sym} a^{\frac{\alpha +5}{3}}b^{\frac{\alpha +2}{3}}c^{\frac{\alpha -1}{3}})+2(\sum _{sym}a^{\alpha +1}b-\sum _{sym}a^{\frac{\alpha +5}{3}}b^{\frac{\alpha +2}{3}}c^{\frac{\alpha -1}{3}})+(\sum _{sym}a^{\alpha }bc-\sum _{sym}a^{\frac{\alpha +2}{3}}b^{\frac{\alpha +2}{3}}c^{\frac{\alpha +2}{3}})$

$\alpha \geq 1\Rightarrow \left ( \alpha +2,0,0 \right )\succ \left ( \alpha +1,1,0 \right )\succ (\frac{\alpha +5}{3},\frac{\alpha +2}{3},\frac{\alpha -1}{3});\left ( \alpha ,1,1 \right ) \succ \left ( \alpha +1,1,0 \right )\succ (\frac{\alpha +2}{3},\frac{\alpha +2}{3},\frac{\alpha +2}{3});$

Bất đẳng thức cuối đúng theo Muirhead.

Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1.

Bài thi toán quốc tế 1995 chỉ là hệ quả của bài này với $ \alpha =2$

Bài 2: Cho a,b,c >0, abc=2. CMR: $ \sum a^3 \ge \sum a \sqrt{b+c}$

Bất đẳng thức tương đương với:

$\left ( \sum a^3 \right )^2\ge \left ( \sum a\sqrt{\frac{abc}{2}}\sqrt{b+c} \right )^2$

Mà theo C-S thì ta chỉ cần chứng minh:

$\left ( \sum a^3 \right )^2\ge 3 \left ( \sum a^2.\frac{abc}{2}(b+c) \right )\\\Leftrightarrow \sum a^{6}+2\sum a^{3}b^{3}\geq 3\sum _{sym}a^{3}b^{2}c\\(\sum a^{6}-\sum _{sym}a^{3}b^{2}c)+2(\sum a^{3}b^{3}-\sum _{sym}a^{3}b^{2}c) \ge 0$

Đúng theo định lý Muirhead.

Nếu không dùng Muirhead:

Cách 1:

Theo bất đẳng thức Chebyshev $ a^3+b^3+c^3\ge\ \frac{(a+b +c)(a^2+b^2+c^2)}{3} \ge  6 $ Và bất đẳng thức Cauchy-Swcharz $ a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt {a+b}\le\ \sqrt{2(a+b+c) (a^2+b^2+c^2)} $ ta có điều phải chứng minh.

Cách 2:

Theo AM-GM ta có $a^{3}+\frac{b+c}{a}\geq 2a\sqrt{b+c}$.

Tương tự ta được $a^{3}+b^{3}+c^{3}+\sum \frac{b+c}{a}\geq 2a\sqrt{b+c}$

Ta chỉ cần chứng minh

$a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq \sum \frac{b+c}{a}$.

Tương đương $2(a^{3}+b^{3}+c^{3})\geq\sum  ab(a+b)$. 

Biến đổi hồi đây cũng là bất đẳng thức $Muirhead $ Như vậy nếu cho gọn ta sẽ cố gắng biến đổi để cho thu được một bất đẳng thức gọn hơn ban đầu và mất ít thời gian hơn.

Bài 3: Cho a,b,c dương. CMR:$\sum \frac{a^{3}}{b^{2}-bc+c^2}\ge\frac{3(ab+bc+ca)}{a+b+c}$

Lời giải:

Ta có thể thấy ngay bất đẳng thức này đồng bậc. Nhưng khoan hãy vội khai triển vì sẽ rất to, để cho gọn ta sẽ chứng minh luôn bất đẳng thức chặt hơn (không cần phải lo điều này vì Muirhead rất mạnh) :

$\sum \frac{a^{3}}{b^{2}-bc+c^2}\ge a+b+c$ (dùng $(ab+bc+ca) \le (a+b+c)^2$)

Ta sẽ biến đổi khôn ngoan:

$\sum \frac{a^{3}}{b^{2}-bc+c^2}\ge a+b+c \Leftrightarrow \sum \frac{a^3(b+c)}{b^3+c^3}\ge a+b+c\\ \Leftrightarrow \sum a^{3}(b+c)(a^{3}+b^{3})(a^3+c^3)\ge(a+b+c)(b^3+c^3)(a^{3}+b^{3})(a^3+c^3)\\\Leftrightarrow \sum( a^{3}b+a^3c)(a^6+a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3)\ge(a+b+c)(\sum a^6b^3+2a^3b^3c^3)\\\Leftrightarrow \sum _{sym}a^{9}b+\sum _{sym}a^{6}b^{4}+\sum _{sym}a^6b^3c+\sum _{sym}a^4b^3c^3\ge\sum _{sym}a^7b^3+\sum _{sym}a^6b^4+\sum _{sym}a^4b^3c^3 \\\Leftrightarrow \sum _{sym}a^9b \ge \sum _{sym} a^7b^3$

Rất gọn phải không nào ? Và bất đẳng thức này đúng theo định lý Muirhead.