Phương pháp pqr trong chứng minh bất đẳng thức

1. Bất đẳng thức Schur

Với mọi số thực không âm \(a, b, c, k\), ta luôn có: \[ a^k(a-b)(a-c) + b^k(b-c)(b-a) + c^k(c-a)(c-b) \geq 0 \] Hai trường hợp quen thuộc được sử dụng nhiều là \(k = 1\) và \(k = 2\):

Khi \(k = 1\): \[ a(a-b)(a-c) + b(b-c)(b-a) + c(c-a)(c-b) \geq 0 \] Khi \(k = 2\): \[ a^2(a-b)(a-c) + b^2(b-c)(b-a) + c^2(c-a)(c-b) \geq 0 \] 2. Phương pháp đổi biến \(p, q, r\)

Đối với một số bài bất đẳng thức thuần nhất đối xứng có các biến không âm thì ta có thể đổi biến lại như sau: \[ p = a + b + c, q = ab + bc + ca, r = abc \] Và ta thu được một số đẳng thức sau: \begin{align*} 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 - 2p^2 - pr, \\ (a+b)(b+c)+ (b+c)(c+a) + (c+a)(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 + 4pq, \\ 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, \\ a^4b^4 + b^4c^4 + c^4a^4 &= q^4 - 4pq^2r + 2p^2r^2 + 4qr^2, \\ \end{align*} Định thức sau đây cũng được sử dụng: \[ L = p^2q^2 + 18pqr - 27r^2 - 4q^3 - 4p^3r, \] khi đó: \[ a^2b + b^2c + c^2a = \frac{pq - 3r \pm \sqrt{L}}{2}, \] \[ (a-b)(b-c)(c-a) = \pm \sqrt{L}. \] Có thể thấy ngay lợi ích của phương pháp này là mối ràng buộc giữa các biến \(p, q, r\) mà các biến \(a, b, c\) ban đầu không có như: \[ p^2 \geq 3q, \] \[ p^3 \geq 27r, \] \[ q^2 \geq 3pr, \] \[ pq \geq 9r, \] \[ 2p^3 + 9r \geq 7pq, \] \[ p^2q + 3pr \geq 4q^2, \] \[ p^4 + 4q^2 + 6pr \geq 5p^2q. \] Những kết quả trên đây chắc chắn là chưa đủ, các bạn có thể phát triển thêm nhiều đẳng thức, bất đẳng thức liên hệ giữa 3 biến \(p, q, r\). Và điều quan trọng mà tôi muốn nói đến là từ bất đẳng thức \((i)\) và \((ii)\), ta có:

Từ \((i)\) \[ r \geq \frac{p(4q - p^2)}{9} \] Từ \((ii)\) \[ r \geq \frac{(4q - p^2)(p^2 - q)}{6p} \] Tuy nhiên, trong một số trường hợp thì có thể các đại lượng \(4q - p^2\) có thể nhận giá trị âm lẫn giá trị dương, nên ta thường sử dụng: \[ r \geq \max \left\{ 0, \frac{p(4q - p^2)}{9} \right\}, \] \[ r \geq \max \left\{ 0, \frac{(4q - p^2)(p^2 - q)}{6p} \right\}. \] Có lẽ đến đây các bạn đã hiểu được phần nào về bất đẳng thức Schur và phương pháp đổi biến \(p, q, r\). Sau đây là một số ví dụ minh họa, mời các bạn thử làm thử rồi xem đáp án sau.

Lưu ý:

+) Trong thực tế người ra đề có thể sử dụng một số trường hợp đặc biệt hoặc người làm có thể chuẩn hóa bất đẳng thức bằng các điều kiện, điều này giúp cho bất đẳng thức trông đơn giản hơn: \[ p=3 \rightarrow q \leq 3, r \leq 1; \] Hoặc \[ r=1 \rightarrow p \geq 3, q \geq 3 \]

I. Ứng dụng bất đẳng thức pqr trong giải quyết các bài toán bất đẳng thức:

Bài 1: Cho các số thực dương \(x, y, z\) thỏa mãn \(x y+y z+z x=3\). Chứng minh rằng \(x^3+y^3+z^3+7 x y z \geq 10\).

Giải: Ta có \(x^3+y^3+z^3=p^3-9 p+3 r\) nên BĐT đã cho viết lại thành \[ p^3-9 p+10 r \geq 10 \text {. } \] Vì \(q=3\) và \[ r \geq \frac{p\left(4 q-p^2\right)}{9}=\frac{p\left(12-p^2\right)}{9} \] nên ta có hai trường hợp : - Nếu \(p^2 \geq 12\) thì \(p^3-9 p=p\left(p^2-9\right) \geq 3 p \geq 6 \sqrt{3}>10\), BĐT cần chứng minh là đúng. - Nếu \(p^2 \leq 12$ thì $p^3-9 p+10 r \geq p^3-9 p+\frac{10}{9}\left(12 p-p^3\right)\), ta đưa về chứng minh \[ \frac{39 p-p^3}{9} \geq 10 \text { hay }(p-3)\left(p^2+3 p-30\right) \leq 0 . \] BĐT cuối đúng do \(p-3 \geq 0\) và \(p^2 \leq 12,3 p \leq 6 \sqrt{3}\) nên \(p^2+3 p-30<0\). Bài 7.1. (Quảng Nam) Cho các số thực dương $x, y, z$ thỏa mãn $x y+y z+z x=3$. Chứng minh rằng $x^{3}+y^{3}+z^{3}+7 x y z \geq 10$. Lời giải. Ta có $x^{3}+y^{3}+z^{3}=p^{3}-9 p+3 r$ nên $\mathrm{B} Đ \mathrm{~T}$ đã cho viết lại thành $$ p^{3}-9 p+10 r \geq 10 \text {. } $$ Vì $q=3$ và $r \geq \frac{p\left(4 q-p^{2}\right)}{9}=\frac{p\left(12-p^{2}\right)}{9}$ nên ta có hai trường hợp : \begin{itemize} \item Nếu $p^{2} \geq 12$ thì $p^{3}-9 p=p\left(p^{2}-9\right) \geq 3 p \geq 6 \sqrt{3}>10$, BĐT cần chứng minh là đúng. \item Nếu $p^{2} \leq 12$ thì $p^{3}-9 p+10 r \geq p^{3}-9 p+\frac{10}{9}\left(12 p-p^{3}\right)$, ta đưa về chứng minh \end{itemize} $$ \frac{39 p-p^{3}}{9} \geq 10 \text { hay }(p-3)\left(p^{2}+3 p-30\right) \leq 0 $$ BĐT cuối đúng do $p-3 \geq 0$ và $p^{2} \leq 12,3 p \leq 6 \sqrt{3}$ nên $p^{2}+3 p-30<0$.\\ Bài 7.2. (Vũng Tàu)\\ a) Chứng minh rằng nếu $a, b, c>0$ mà $\frac{1}{1+\sqrt{1+3 a}}+\frac{1}{1+\sqrt{1+3 b}}+\frac{1}{1+\sqrt{1+3 c}}=1$ thì $a b c \leq 1$.\\ b) Chứng minh rằng nếu $a, b, c>0$ thì $\sum_{\text {sym }} \frac{a}{a+\sqrt{a^{2}+3 b c}} \leq 1$. \section*{Lời giải.} a) Đặt $x=\frac{3}{1+\sqrt{1+3 a}}, y=\frac{3}{1+\sqrt{1+3 b}}, z=\frac{3}{1+\sqrt{1+3 c}}$ thì $x+y+z=3$ và $x, y, z \in\left(0 ; \frac{3}{2}\right)$. Ta cũng tính được $a=\frac{3-2 x}{x^{2}}, b=\frac{3-2 y}{y^{2}}, c=\frac{3-2 z}{z^{2}}$ nên đưa về $$ \begin{gathered} (3-2 x)(3-2 y)(3-2 z) \leq x^{2} y^{2} z^{2} \text { hay } \\ (x+y-z)(z+x-y)(y+z-x) \leq x^{2} y^{2} z^{2} \end{gathered} $$ Nhân hai vế cho $(x+y+z)^{3}=27$, ta có $$ \begin{aligned} & (x+y-z)(z+x-y)(y+z-x)(x+y+z)^{3} \\ & =\left[2\left(x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}\right)-\left(x^{4}+y^{4}+z^{4}\right)\right](x+y+z)^{3} \\ & \leq 9\left[2\left(x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}\right)-\left(x^{4}+y^{4}+z^{4}\right)\right]\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \end{aligned} $$ Ta đưa về chứng minh $\left[2\left(x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}\right)-\left(x^{4}+y^{4}+z^{4}\right)\right]\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \leq 3 x^{2} y^{2} z^{2}$. Đặt $p=x^{2}+y^{2}+z^{2}, q=x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}, r=x^{2} y^{2} z^{2}$ thì cần có $$ \left(4 q-p^{2}\right) p \leq 3 r \text { hay } r \geq \frac{p\left(4 q-3 p^{2}\right)}{3}, $$ đúng theo BĐT Schur.\\ b) Chia tử và mẫu của các phân thức cho $a, b, c$ rồi đặt $x=\frac{b c}{a^{2}}, y=\frac{c a}{b^{2}}, z=\frac{a b}{c^{2}}$ thì $x y z=1$ và cần chứng minh $\frac{1}{1+\sqrt{1+3 x}}+\frac{1}{1+\sqrt{1+3 y}}+\frac{1}{1+\sqrt{1+3 z}} \leq 1$. Giả sử phản chứng rằng BĐT sai, tức là $V T>1$. Thay $(x, y, z) \rightarrow\left(x, y, z^{\prime}\right)$ sao cho $V T=1$ thì $z^{\prime}>z$ nên $x y z^{\prime}>1$. Nhưng theo câu a thì $x y z^{\prime} \leq 1$ nên mâu thuẫn, ta có đpcm. Bài 7.3. (Ninh Bình) Cho các số thực dương $a, b, c$ thỏa mãn $\left(a^{2}+1\right)\left(b^{2}+1\right)\left(c^{2}+1\right)=8$. Tìm giá trị lớn nhất của $P=a b+b c+c a$. Lời giải. Ta sử dụng ý tưởng phản chứng. Dự đoán $a b+b c+c a \leq 3$. Ta giả sử rằng $a b+b c+c a>3$. Thay $(a, b, c) \rightarrow\left(a, b, c^{\prime}\right)$ với $c^{\prime}0$, chứng minh rằng $$ \left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+6(a b+b c+c a) \geq 9\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) $$ Lời giải. Ta viết lại BĐT đã cho thành $$ \left(p^{3}-3 p q+3 r\right) \frac{q}{r}+6 q \geq 9\left(p^{2}-2 q\right) . $$ Chuẩn hóa $q=3$, ta đưa về $\left(p^{3}-9 p+3 r\right) \frac{3}{r}+18 \geq 9\left(p^{2}-6\right)$ hay $$ \frac{3 p\left(p^{2}-9\right)}{r} \geq 9 p^{2}-81 \text { hay }\left(p^{2}-9\right)(p-3 r) \geq 0 $$ BĐT cuối đúng vì $p \geq 3, r \leq 1$.\\ Bài 7.5. (chọn đội tuyển KHTN) Cho $a, b, c>0$, chứng minh rằng $$ \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{6 a}{2 a+b+c}+\frac{6 b}{2 b+c+a}+\frac{6 c}{2 c+a+b} \geq 6 . $$ Lời giải. Đặt $x=\frac{2 a}{b+c}, y=\frac{2 b}{c+a}, z=\frac{2 c}{a+b} \rightarrow x y+y z+z x+x y z=4$. Ta cần có $$ x+y+z+\frac{6 x}{x+1}+\frac{6 y}{y+1}+\frac{6 z}{z+1} \geq 12 $$ Khi đó vẫn với quy ước $p=x+y+z, q=x y+y z+z x, r=x y z$ thì $q+r=4$. Ta cần chứng minh \begin{equation*} 6 r+p^{2}-p \geq 12 \Leftrightarrow 6 r+(p+3)(p-4) \geq 0 \tag{*} \end{equation*} Theo BĐT Schur thì $p^{3}+9 r \geq 4 p q$ hay $$ p^{3}+9 r \geq 4 p(4-r) \Leftrightarrow r(9+4 p) \geq 16 p-p^{3} \Leftrightarrow r \geq \frac{16 p-p^{3}}{9+4 p} . $$ \begin{itemize} \item Nếu $p>4$ thì BĐT (*) đúng. \item Nếu $p \leq 4$ thì thay vào (*), ta có \end{itemize} $$ 6 r+(p+3)(p-4) \geq \frac{6\left(16 p-p^{3}\right)}{9+4 p}+(p+3)(p-4)=\frac{(4-p)(p-3)(2 p+9)}{4 p+9} \geq 0 $$ BĐT này đúng do $p \geq 3$ (BĐT này có thể chứng minh bằng phản chứng tương tự các bài trước, tức là nếu có $p=3$, chứng minh $q+r \leq 4$ ). Vậy nên ta có đpcm.

---

---