Tài liệu Bất đẳng thức Muirhead và một vài áp dụng ppt

BẤT ĐẲNG THỨC MUIRHEAD VÀ MỘT VÀI ÁP DỤNGLÊ HỒ QUÝ, Trường THPT Duy Tân, Kon Tum Bất đẳng thức Muirhead là một dạng tổng quát rất quan trọng của bất đẳng thức AM-GM.. Nó là một công cụ r

BẤT ĐẲNG THỨC MUIRHEAD VÀ MỘT VÀI ÁP DỤNG

LÊ HỒ QUÝ, Trường THPT Duy Tân, Kon Tum

Bất đẳng thức Muirhead là một dạng tổng quát rất quan trọng của bất đẳng thức AM-GM Nó là một công cụ rất mạnh trong việc giải một số bài toán về bất đẳng thức

1 Định lí Muirhead

1.1 Định nghĩa 1 (Bộ trội)

Cho hai bộ số thực bất kì a = (a1, a2, , an) và b = (b1, b2, , bn) Ta nói bộ a trội hơn

bộ b, kí hiệu a  b nếu chúng thỏa mãn các điều kiện sau đây

i) a1 ≥ a2 ≥ ≥ an và b1 ≥ b2 ≥ ≥ bn,

ii) a1 ≥ b1, a1+ a2 ≥ b1 + b2, , a1+ a2+ + an ≥ b1+ b2+ + bn và

iii) a1 + a2+ + an= b1+ b2+ + bn

1.2 Định nghĩa 2 (Trung bình loại [a])

Giả sử xi > 0, 1 ≤ i ≤ n Kí hiệu

X

!F (x1, x2, xn)

là tổng gồm n! biểu thức thu được từ F (x1, x2, xn) bằng tất cả các hoán vị của xi Ta

sẽ chỉ xét trường hợp đặc biệt

F (x1, x2, , xn) = xα1

1 xα2

2 xαn

n , với xi > 0, ai > 0

Khi đó trung bình loại [a] được định nghĩa bởi

[a] = [a1, a2, , an] =1

n!

X

!xα1

1 xα2

2 xαn

n Đặc biệt

[1, 0, 0, , 0] =(n−1)!n! (x1+ x2+ + xn) = n1

n P i=1

xi là trung bình cộng của xi

1

n,1n, ,1n =n!

n! x

1 n

1.x

1 n

1 x

1 n

1
= √n

x1x2 xn là trung bình nhân của xi Khi a1+ a2+ + an= 1 thì [a] là mở rộng thông thường của trung bình cộng và trung bình nhân

1.3 Định nghĩa 3

Gọi P (x, y, z) là một hàm ba biến x, y, z Khi đó, ta định nghĩa

i) Tổng hoán vị:

P

cyclic

P (x, y, x) = P (x, y, z) + P (y, z, x) + P (z, x, y)

ii) Tổng đối xứng:

P

sym

P (x, y, x) = P (x, y, z) + P (x, z, y) + P (y, x, z) + P (y, z, x) + P (z, x, y) + P (z, y, x)

1.4 Định lí Muirhead

Định lí 1 (Bất đẳng thức Muirhead) Cho xi > 0, 1 ≤ i ≤ n và a, b là hai bộ n số thực Nếu a  b thì [a] ≥ [b]

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 6= b và x1 = x2 = = xn

Chứng minh Có thể xem phần chứng minh định lí Muirhead trong các tài liệu tham khảo [1], [2], [3], [4]

Vì rằng (1, 0, , 0)  n1,1n, ,n1
, nên bất đằng thức AM-GM là một hệ quả của bất đẳng thức Muirhead

2 Một vài áp dụng

Ở phần tiếp theo, chúng tôi xin trình bày một số áp dụng của bất đẳng thức Muirhead trong việc chứng minh bất đẳng thức

2.1 Chứng minh các bất đẳng thức đại số

Ví dụ 1 Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh rằng

(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc

Lời giải Khai triển và rút gọn ta được bất đẳng thức tương đương

a2b + a2c + b2c + b2a + c2a + c2b ≥ 6abc

Vì (2, 1, 0)  (1, 1, 1) nên theo bất đẳng thức Muirhead ta có [(2, 1, 0)] ≥ [(1, 1, 1)]

Ví dụ 2 (Yogoslavia-1991) Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c, ta luôn có

1

a3+ b3+ abc +

1

b3 + c3+ abc+

1

c3 + a3 + abc ≤ 1

abc. Lời giải Quy đồng và bỏ mẫu, rồi nhân hai vế cho 2, ta được bất đẳng thức tương đương X

sym

(a3+ b3+ abc)(b3+ c3+ abc) ≤ 2(a3+ b3+ abc)(b3+ c3+ abc)(c3+ a3 + abc)

sym

(a7bc + 3a4b4c + 4a5b2c2 + a3b3c3) ≤X

sym (a3b3c3+ 2a6b3+ 3a4b4c + a7bc + 2a5b2c2)

sym

(2a6b3− 2a5b2c) ≥ 0

Vì (6, 3, 0)  (5, 2, 2) nên theo bất đẳng thức Muirhead nên vế trái của bất đẳng thức cuối cùng là một hạng tử không âm Từ đó, ta có điều phải chứng minh  Nhận xét 1 Ở ví dụ tiếp theo, chúng ta sẽ sử dụng đến một kỹ thuật rất hữu ích sau đây

Khi x1.x2 xn= 1 thì [(a1, a2, , an)] = [(a1− r, a2− r, , an− r)], với r ∈ R.

Ví dụ 3 (IMO-1995) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc = 1 Chứng minh rằng

1

a3(b + c) +

1

b3(c + a) +

1

c3(a + b) ≥ 3

2. Lời giải 1 Quy đồng và bỏ mẫu, ta được bất đẳng thức tương đương

2(a4b4+ b4c4+ c4a4) + 2(a4b3c + a4c3b + b4a3c + c4a3b + c4b3a) + 2(a3b3c2+ b3c3a2+ c3a3b2)

≥ 3(a5b4c3+ a5c4b3 + b5c4a3+ b5a4c3+ c5a4b3+ c5b4a3) + 6a4b4c4

Sử dụng kí hiệu [a], ta được bất đẳng thức tương đương

[(4, 4, 0)] + 2[(4, 3, 1)] + [(3, 3, 2)] ≥ 3[(5, 4, 3)] + [(4, 4, 4)]

Để ý rằng 4 + 4 + 0 = 4 + 3 + 1 = 3 + 3 + 2 = 8, nhưng 5 + 4 + 3 = 4 + 4 + 4 = 12

Bởi vậy, ta có thể chọn r = 43 và sử dụng kỹ thuật trên ta được [(5, 4, 3)] =(11

3 ,8

3,5

3) Hơn nữa [(4, 4, 4)] =(8

3,83,83)

Áp dụng bất đẳng thức Muirhead cho ba bộ số (4, 4, 0)  113 ,83,53
, (4, 3, 1)  11

3,83,53
, (3, 3, 2)  83,83,83
và cộng các bất đẳng thức vừa nhận được ta có bất đẳng thức phải

Lời giải 2 Bất đẳng thức đã cho tương đương với

1

a3(b + c) +

1

b3(c + a) +

1

c3(a + b) ≥ 3

2(abc)43

Đặt a = x3, b = y3, c = z3, với x, y, z > 0 Khi đó bất đẳng thức trở thành

X cyclic

1

x9(y3+ z3) ≥ 3

2x4y4z4 Quy đồng mẫu số chung và bỏ mẫu, ta được bất đẳng thức

X

sym

x12y12+ 2X

sym

x12y9z3+X

sym

x9y9z6 ≥ 3X

sym

x11y8z5+X

sym

x8y8z8

hay

X

sym

x12y12−X

sym

x11y8z5
+2 X

sym

x12y9z3−X

sym

x11y8z5
+ X

sym

x9y9z6−X

sym

x8y8z8
≥ 0

Vì (12, 12, 0)  (11, 8, 5), (12, 9, 3)  (11, 8, 5), (9, 9, 6)  (8, 8, 8) nên theo bất đẳng thức Muirhead thì mỗi hạng tử trong bất đẳng thức cuối là không âm Từ đó ta có điều phải

Ví dụ 4 (IMO Shortlist-1998) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xyz = 1 Chứng minh rằng

x3 (1 + y)(1 + z) +

y3 (1 + z)(1 + x) +

z3 (1 + x)(1 + y) ≥ 3

4. Lời giải Quy đồng mẫu số chung và bỏ mẫu, ta được bất đẳng thức tương đương

4(x4+ y4+ z4+ x3+ y3+ z)≥ 3(1 + x + y + z + xy + yz + zx + xyz)

Sử dụng kí hiệu [a], ta được bất đẳng thức tương đương

4[(4, 0, 0)] + 4[(3, 0, 0)] ≥ [(0, 0, 0)] + 3[(1, 0, 0)] + 3[1, 1, 0] + [(1, 1, 1)]

Áp dụng bất đẳng thức Muirhead và kỹ thuật trên, ta được

[(4, 0, 0)] ≥ 4

3,

4

3,

4

3
 = [(0, 0, 0)]

3[(4, 0, 0)] ≥ 3[(2, 1, 1)] = 3[(1, 0, 0)]

3[(3, 0, 0)] ≥ 4

3,

4

3,

1

3
 = 3[(1, 1, 0)]

và

[(3, 0, 0)] ≥ [(1, 1, 1)]

Cộng các bất đẳng thức vừa nhận được ta có bất đẳng thức phải chứng minh Đẳng thức

Nhận xét 2

i) Trong bài toán trên, ta có thể "nới" bớt điều kiện ràng buộc thành điều kiện rộng hơn xyz ≥ 1 Khi đó, ta có bất đẳng thức

[(a1, a2, a3)] ≥ [(a1− r, a2− r, a3− r)], trong đó r ≥ 0 bất kì

ii) Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta dễ dàng chứng minh được kết quả sau:

Với hai bộ n số thực a và b, ta luôn có

[a] + [b]

2 ≥ a + b

2 

Ví dụ 5 (IMO-2005) Cho x, y, z là các số thực dương sao cho xyz ≥ 1 Chứng minh rằng

x5− x2

x5+ y2+ z2 + y

5− y2

y5+ z2 + x2 + z

5− z2

z5 + x2+ y2 ≥ 0

Lời giải Sau khi quy đồng mẫu số chung, bỏ mẫu và sử dụng kí hiệu [a], ta được bất đẳng thức tương đương

[(9, 0, 0)]+4[7, 5, 0]+[(5, 2, 2)]+[(5, 5, 5)] ≥ [(6, 0, 0)+[(5, 5, 2)]+2[(5, 4, 0)]+2[(4, 2, 0)]+[(2, 2, 2)]

Ta có

(1) [9, 0, 0] ≥ [(7, 1, 1)] ≥ [(6, 0, 0)] (do bất đẳng thức Muirhead và nhận xét 2.i)) (2) [(7, 5, 0)] ≥ [(5, 5, 2)] (do bất đẳng thức Muirhead)

(3) 2[(7, 5, 0)] ≥ 2[(6, 5, 1)] ≥ 2[(5, 4, 0)] (do bất đẳng thức Muirhead và nhận xét 2.i)) (4) [(7, 5, 0)] + [(5, 2, 2)] ≥ 2 6,72, 1
 ≥ 2 11

2 ,72,32
 ≥ 2[(4, 2, 0)]

(do bất đẳng thức Muirhead và nhận xét 2)

(5) [(5, 5, 5)] ≥ [(2, 2, 2)] (do nhận xét 2.i))

Cộng các bất đẳng thức trên vế với vế, ta được bất đẳng thức cần chứng minh 

2.2 Chứng minh các bất đẳng thức hình học

Ví dụ 6 (IMO-1961) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC, S là diện tích của tam giác đó Chứng minh rằng

4√ 3S ≤ a2+ b2 + c2 Lời giải 1 Sử dụng công thức Heron, ta có thể viết lại bất đẳng thức đã cho như sau

a2+ b2+ c2 ≥ 4√3

r (a + b + c) 2

(a + b − c) 2

(a + c − b) 2

(b + c − a)

Bình phương cả hai vế của bất đẳng thức, ta được

⇔ (a2+ b2+ c2)2 ≥ 3[(a + b)2− c2)(c2− (b − a)2)] =

= 3(2c2a2+ 2c2b2+ 2a2b2− (a4+ b4+ c4))

⇔ a4+ b4+ c4 ≥ a2b2+ b2c2+ c2a2 Dùng kí hiệu [a], ta có bất đẳng thức tương đương

[(4, 0, 0)] ≥ [(2, 2, 0)]

Bất đẳng thức cuối cùng này luôn đúng do bất đẳng thức Muirhead ứng với hai bộ số

Lời giải 2 Đặt

x = a + b − c, y = c + a − b, z = b + c − a,

ta thu được x + y + z = a + b + c, khi đó, dùng công thức Heron ta có

4S =p(a + b + c)(xyz) ≤

r (a + b + c)(x + y + z)

3

(a + b + c)2

3√

Lúc này, ta chỉ cần chứng minh (a + b + c)2 ≤ 3(a2+ b2+ c2) Bất đẳng thức cuối cùng này được suy ra từ bất đẳng thức Muirhead, vì rằng [(1, 1, 0)] ≤ [(2, 0, 0)] 

Ví dụ 7 Xét tam giác ABC với độ dài các cạnh là a, b, c và R, r lần lượt là bán kính của đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác đó Chứng minh rằng

r

R ≤ p2[2a2− (b − c)2][2b2− (c − a)2][2c2− (a − b)2]

(a + b)(b + c)(c + a) .

Lời giải Trước hết, ta thuần nhất bất đẳng thức phải chứng minh với các biến x, y, z bằng cách dùng các đồng nhất thức

R = abc

4S, r =

S

p, S

2 = p(p − a)(p − b)(p − c), p = a + b + c

2

và đặt

a = y + z

2 , b =

z + x

2 , c =

x + y

2 . Khi đó, ta có

x = b + c − a > 0, y = c + a − b > 0, z = a + b − c > 0

Bình phương hai vế và rút gọn ta được bất đẳng thức tương đương

105[(4, 4, 4)] + 264[(5, 4, 3)] + 88[(6, 3, 3)] + 48[(7, 3, 2)] + 9[(8, 2, 2)] ≤

≤ 136[(5, 5, 2)] + 106[(6, 4, 2)] + 176[(6, 5, 1)] + 7[(6, 6, 0)] + 72[(7, 4, 1)]+ + 8[(7, 5, 0)] + 8[(8, 3, 1)] + [(8, 4, 0)]

Áp dụng bất đẳng thức Muirhead, ta lần lượt có

9[(8, 2, 2)] ≤ 8[(8, 3, 1)] + [(8, 4, 0)]

48[(7, 3, 2)] ≤ 48[(7, 4, 1)]

88[(6, 3, 3)] ≤ 88[(6, 5, 1)]

264[(5, 4, 3)] ≤ 136[(5, 5, 2)] + 106[(6, 4, 2)] + 22[(6, 5, 1)]

105[(4, 4, 4)] ≤ 66[(6, 5, 1)] + 7[(6, 6, 0)] + 24[(7, 4, 1)] + 8[(7, 5, 0)]

Cộng các vế tương ứng của các bất đẳng thức trên, ta được bất đẳng thức cần chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z hay tam giác ABC đều 

Bài tập

Bài 1 Chứng minh rằng mọi số thực dương a, b, c, ta luôn có

a5+ b5+ c5 ≥ a3bc + b3ca + c3ab

Bài 2 Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng

a (a + b)(a + c) +

b (b + c)(b + a) +

c (c + a)(c + b) ≤ 9

4(a + b + c). Bài 3 (IMO-1964) Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng

a3+ b3+ c3+ 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)

Bài 4 (Iberoamerican Shortlist-2003) Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh rằng

a3

b2− bc + c2 + b

3

c2− ca + a2 + c

3

a2− ab + b2 ≥ a + b + c

Bài 5 (IMO-1984) Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x+y +z = 1 Chứng minh rằng

0 ≤ xy + yz + zx − 2xyz ≤ 7

27. Bài 6 Cho x, y, z là các số thực không âm sao cho xy + yz + zx = 1 Chứng minh

1

x + y +

1

y + z +

1

z + x ≥ 5

2.

Tài liệu tham khảo

[1] G H Hardy, J E Littlewood, G Polya, Inequalities, Cambridge University Pree, 1967

[2] Radmila Bulajich Manfrino, José Antonio Gosmez Ortega, Rogelio valdez Delgado, Inequalities, A Mathematical Olympial Approach, Birkh¨auser, 2009

[3] Lau Chi Hin, Muirhead’s Inequality, Vo.11 Mathematical Excalibur, 2006

[4] Ivan Matié, Classical Inequalities, Olympial Training Materials, 2007

[5] Zoran Kadelburg, Du˜san Đukié, Milivoje Lukié, Ivan Matié, Inequalities of Karamata, Schur and Muirhead, and some applications, The teaching of Mathematics, Vol VIII,

pp 31-45, 2005

[6] Cezar Lupu, Tudorel Lupu, Problem 11245, American mathematical Monthly, Vol.113, 2006

[7] Andre Rzym, Muirhead’s Inequality, November 2005

[8] Stanley Rabinowitz, On The Computer Solution of Symmetric Homogeneous Triangle Inequalities, Alliant Computer Systems Corporation Littleton, MA 01460

[9] Nguyễn Văn Mậu, Bất đẳng thức, Định lý và áp dụng, NXB Giáo Dục, 2005

[10] Phạm Kim Hùng, Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Hà Nội, 2007

[11] Ngô Thế Phiệt, Một số phương pháp mới trong chứng minh bất đẳng thức, NXB Giáo Dục, 2007