Bất đẳng thức muirhead và một số vấn đề liên quan

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCBÙI VIỆT LONG BẤT ĐẲNG THỨC MUIRHEAD VÀ MỘT SỐ VẤN ĐỀ LIÊN QUAN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2016... TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCBÙI VIỆT LONG BẤT ĐẲNG THỨC

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

BÙI VIỆT LONG

BẤT ĐẲNG THỨC MUIRHEAD VÀ MỘT SỐ VẤN ĐỀ LIÊN QUAN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2016

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

BÙI VIỆT LONG

BẤT ĐẲNG THỨC MUIRHEAD VÀ MỘT SỐ VẤN ĐỀ LIÊN QUAN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Mã số: 60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS HÀ TRẦN PHƯƠNG

THÁI NGUYÊN - 2016

Mục lục

1.1 Bất đẳng thức Muirhead cho trường hợp bộ hai và ba số 3

1.1.1 Một số khái niệm 3

1.1.2 Định lý Muirhead bộ hai và ba số 6

1.1.3 Một số ví dụ 9

1.2 Bất đẳng thức Muirhead tổng quát 11

1.2.1 Định lý Muirhead trong trường hợp n biến 11

1.2.2 Bất đẳng thức Muirhead mở rộng 15

Chương 2 Một số áp dụng của bất đẳng thức Muirhead 23 2.1 Chứng minh một số bất đẳng thức đại số và hình học 23

2.1.1 Một số bất đẳng thức đại số 23

2.1.2 Một số bất đẳng thức hình học 36

2.2 Kết hợp với một số bất đẳng thức khác 40

2.2.1 Một số bất đẳng thức liên quan 40

2.2.2 Ví dụ áp dụng 42

MỞ ĐẦU

Bất đẳng thức là một vấn đề nghiên cứu được hình thành từ khá sớmcủa toán học sơ cấp nhưng hiện nay vẫn thu hút được sự quan tâm củanhiều tác giả Đây cũng là một phần kiến thức đẹp đẽ, thú vị trong toán

sơ cấp Do đó các vấn đề về bất đẳng thức luôn cuốn hút được nhiều ngườinghiên cứu toán sơ cấp và có nhiều bài tập được sử dụng để thi các kỳ thihọc sinh giỏi quốc gia và quốc tế Đã có nhiều tác giả trong và ngoài nước

có những nghiên cứu về bất đẳng thức và có nhiều chuyên đề hay, thể hiệntính thời sự của vấn đề nghiên cứu

Được hình thành vào đầu thế kỷ XX, bất đẳng thức Muirhead được xuấthiện trong một công trình nghiên cứu của nhà toán học R F Muirheadvào năm 1903 và là tổng quát hóa khá quan trọng của bất đẳng thức

AM − GM Nó cho một đánh giá về tổng Symmetric của hai bộ số cóquan hệ ≺ Có thể nói, bất đẳng thức Muirhead là một công cụ mạnhtrong việc giải một số bài toán về bất đẳng thức có độ phức tạp cao thểhiện trong việc đã có nhiều bài tập thi học sinh giỏi, Olympic các nước,khu vực, thế giới - mà việc giải cần dùng đến bất đẳng thức Muirhead.Hơn nữa, bất đẳng thức Muirhead có thể áp dụng cùng với các bất đẳngthức khác để xây dựng những bất đẳng thức mới sâu sắc hơn Mặc dầu

đã có nhiều tác giả quan tâm đến bất đẳng thức Muirhead nhưng việc cảitiến bất đẳng thức này là khá chậm, hơn một thế kỷ sau (năm 2009) kể

từ công trình của R F Muirhead, hai tác giả J B Paris và A Vencovskámới đưa ra một cải tiến mới về bất đẳng thức này

Sự lựa chọn đề tài Bất đẳng thức Muirhead và một số vấn đề liênquan nhằm giới thiệu lại công trình nghiên cứu của R F Muirhead và

J B Paris và A Vencovská về đánh giá về tổng Symmetric của hai bộ số

thực không âm có quan hệ ≺ Ngoài ra luận văn cũng giới thiệu một số

ví dụ về áp dụng bất đẳng thức Muirhead trong việc chứng minh các bàitập về bất đẳng thức đã sử dụng trong các kỳ thi học sinh giỏi, Olympiccác nước, khu vực, thế giới

Luận văn được chia thành hai chương Chương 1 nhằm giới thiệu cáckiến thức lý thuyết về bất đẳng thức Muirhead và một mở rộng của bấtđẳng thức này Trong Chương 2 chúng tôi giới thiệu các ví dụ về các bàitoán sử dụng đến bất đẳng thức Muirhead như là một áp dụng của định

lý Muirhead

Luận văn được thực hiện và hoàn thành tại trường Đại học Khoa học

- Đại học Thái Nguyên Qua đây tôi xin chân thành cảm ơn các thầy côgiáo Khoa Toán, Ban Giám hiệu, Phòng Đào tạo nhà trường và các QuýThầy Cô giảng dạy lớp Thạc sĩ khóa 8 (6/2014- 6/2016) trường Đại họcKhoa học - Đại học Thái Nguyên đã tận tình truyền đạt những kiến thứcquý báu, đã trang bị kiến thức cơ bản và tạo điều kiện tốt nhất cho tôitrong quá trình học tập và nghiên cứu

Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới PGS TS Hà Trần Phương,người đã tận tình chỉ bảo, tạo điều kiện và giúp đỡ tôi có thêm nhiều kiếnthức, khả năng nghiên cứu, tổng hợp tài liệu để hoàn thành luận văn mộtcách hoàn chỉnh

Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến gia đình, bạn bè và các đồng nghiệp đãđộng viên, giúp đỡ tôi trong quá trình học tập của mình

Do thời gian và trình độ còn hạn chế nên luận văn không tránh khỏinhững thiếu sót Tôi rất mong nhận được sự góp ý của các thầy cô và cácbạn để luận văn được hoàn thiện hơn

Tôi xin chân thành cảm ơn!

Thái Nguyên, tháng 8 năm 2016Người viết luận văn

Bùi Việt Long

trong đó tổng sym được lấy trên tất cả các hoán vị (σ(1), σ(2), , σ(n))

của (1, 2, , n), S(n) là tập hợp tất cả các hoán vị của {1, 2, , n}

iii) Trung bình Symmetric của xa1

Ví dụ 1.1 ([2])

Xcyc

ab2c3 = ab2c3 + bc2a3 + ca2b3;

Xsym

nXi=1

đúng với mọi r > 0 sao cho các ai − r > 0

3 Sử dụng bất đẳng thức AM – GM, với hai bộ số thực không âm a và



Nhận xét 1.1 Cho bộ các số thực không âm a = (a1, a2, , an) và một

bộ các số thực dương x = (x1, x2, , xn) Nếu b = (aσ(1), aσ(2), , aσ(n)),trong đó(σ(1), σ(2), , σ(n)) là một hoán vị của{1, 2, , n}thì ta luôncó

T (x; a) = T (x; b), [x; a] = [x; b]

Tiếp theo ta giới thiệu một số khái niệm cơ bản về so sánh các bộ n số.Cho bộ n số thực không âm a = (a1, a2, , an) Dễ thấy rằng ta luôn cóthể sắp xếp lại trật tự các phần tử trong a để sao cho

a1 > a2 > · · · > an

Do đó trong luận văn này, không mất tính tổng quát ta luôn có thể giảthiết a1 > a2 > · · · > an khi nói đến bộ n số (a) Ta xem xét khái niệm

về quan hệ ≺ của hai bộ n số thông qua định nghĩa sau

Định nghĩa 1.2 ([6]) Cho hai bộ nsố thực không âm a = (a1, a2, , an)

vàb = (b1, b2, , bn) Ta nói bộb trội hơn bộ a, kí hiệu làa ≺ b hayb  a

nếu các điều kiện sau thỏa mãn (sau khi sắp xếp lại trật tự các phần tửtrong a, b nếu cần thiết):

)

> Xsym

xb1yb2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : a1 = b1, a2 = b2 hoặc x = y

Định lý 1.3 (Định lý Muirhead cho bộ ba số, [2]) Cho hai bộ ba sốthực dương a1, a2, a3, b1, b2, b3 thỏa mãn:

xa1ya2za3

> Xsym

xb1yb2zb3

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : ai = bi; i = 1, 2, 3 hoặc x = y = z

Chứng minh Để chứng minh định lý ta cần đến một bổ đề sau:

Bổ đề 1.4 ([1]) Cho các số thực không âm a1, a2, b1, b2, thỏa mãn: a1 +

a2 = b1+b2; và max {a1; a2} > max {b1; b2} Khi đó với các số thực dương

x, y, ta có:

xa1ya2 + xa2ya1

> xb1yb2 + xb2yb1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = b1; a2 = b2 hoặc x = y

Chứng minh Không mất tính tổng quát, ta giả sử

a1 > a2, a1 > b1, b1 > b2

Do a1 + a2 = b1 + b2 nên ta có:

xa1ya2 + xa2ya1 − xb1yb2 − xb2yb1

= xa2ya2(xa1 −a 2 + ya1 −a 2 − xb1 −a 2yb2 −a 2 − xb2 −a 2yb1 −a 2)

= xa2ya2(xb1 −a 2 + yb1 −a 2)(xb2 −a 2 − yb2 −a 2)

= 1

xa 2ya 2(xb1 + yb1)(xb2 − yb2) > 0

Bổ đề được chứng minh

Ta tiếp tục chứng minh định lý Ta xét hai trường hợp sau:

i) Trường hợp 1 Nếu b1 > a2, điều này kéo theo a1 > a1+ a2− b1 và từ

xa1ya2za3 = X

cyc

za3(xa1ya2+xa2ya1)

> Xcyc

xb1(yb2zb3+yb3zb2)

= X

sym

xb1yb2zb3

ii) Trường hợp 2 Nếu b1 6 a2 Ta có

3b1 > b1 + b2 + b3 = a1 + a2 + a3 > b1 + a2 + a3,

hơn nữa b1 > a1 + a2 − b1 và a1 > a2 > b1 > a2 + a3 − b1, nên ta có

(

max {a2, a3} > max {b1, a2 + a3 − b1}max {a1, a2 + a3 − b1} > max {b2, b3}

Áp dụng Bổ đề 1.4 hai lần ta có

Xsym

xa1ya2za3 = X

cyc

xa1(ya2za3+ya3za2)

> Xcyc

yb1(xb2zb3+xb3zb2)

= X

sym

xb1yb2zb3

Dễ dàng thấy rằng nếu a = b hoặc x = y = z thì đẳng thức xảy ra Định

lý Muirhead cho bộ ba số được chứng minh

Nhận xét 1.2 Bất đẳng thức Muirhead thường được sử dụng cho trườnghợp ba biến bởi các lý do sau:

- Đối với bất đẳng thức hai biến số, việc áp dụng bất đẳng thức AM −

GM có thể giải quyết dễ dàng và đơn giản hơn so với dùng Định lý head

Muir Đối với bất đẳng thức từ bốn biến trở lên, việc đưa nó về dạng đa thứcđối xứng là một điều tương đối khó khăn, phức tạp

- Ta có thể sử dụng định lý Muirhead để chứng minh bất đẳng thứcNesbitt

+ Tìm tòi, dự đoán các bất đẳng thức nhỏ hơn cần chứng minh;

+ Sử dụng các cách biến đổi để tạo ra cách đánh giá mới

Tương đương với

Xsym

Nhận xét Bài toán trên nếu ta chọn α = 2 và đặt a = 1

x, b =

1

y, c =

1z

thì ta sẽ thu được bài toán IMO 1995 - Ví dụ 2.3, trang 25

Ví dụ 1.7 ([1]) Cho ba số thực dương a, b, c > 0 khi đó ta có bất đẳngthức:

a3(b + c)

b3 + c3 > a + b + c

X

cyc

a3(b + c)(a3 + b3)(a3 + c3) > (a + b + c)(a3 + b3)(b3 + c3)(c3 + a3)

Tương đương với bất đẳng thức

1.2.1 Định lý Muirhead trong trường hợp n biến

Cho bộncác số thực không âma = (a1, a2, , an)vàx = (x1, x2, , xn)

là một bộ các biến thực dương Ta nhắc lại tổng sym các phần tử của x

với bộ số mũ a là đại lượng

trong đó tổng sym được lấy trên tất cả các hoán vị của {1, 2, , n}, S(n)

là tập hợp tất cả các hoán vị của {1, 2, , n} Ta có định lý sau được gọi

là định lý Muirhead

Định lý 1.5 ([10]) Cho hai bộ ncác số thực không âma = (a1, a2, , an)

vàb = (b1, b2, , bn) Khi đó, tổng sym T (x; a)so sánh được với tổngsym

T (x; b) đối với mọi bộ các biến thực dương x = (x1, x2, , xn) khi và chỉkhi a và b so sánh được với nhau theo quan hệ ≺ Nếu a ≺ b thì

T (x; a) 6 T (x; b) (1.1)Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hoặc a ≡ b hoặc x1 = x2 = · · · = xn

Chứng minh Trước hết ta chứng minh điều kiện cần Giả sử có

T (x; a) 6 T (x; b) (1.2)đúng với mọi bộ các biến thực (x1, x2, , xn) Ta lấy

P (c) 6 Q(c) (1.5)đúng với mọi giá trị c > 0 tùy ý, trong đó P (c) là đa thức bậc a1 + a2 +

· · · + ak, Q(c) là đa thức bậc b1+ b2+ · · · + ak Do (1.5) đúng với mọi giátrị c > 0 lớn tùy ý nên ta có

a1 + a2 + · · · + ak 6 b1 + b2 + · · · + ak

Như vậy

a1 + a2 + · · · + ak 6 b1 + b2 + · · · + ak

đúng với mỗi k = 1, , n − 1

Bây giờ ta chứng minh điều kiện đủ Trước hết ta xây dựng một toán

tử tuyến tính L để biến đổi một bộ n số Ta gọi β = (β1, β2, , βn) làmột bộ n số nguyên không âm Gọi βk và βl là hai phần tử phân biệt của

αl = ρ − σ = τ − σ

2τ βk+

τ + σ2τ βl,

Chứng minh Ta sắp xếp lại (nếu cần thiết) thứ tự các phần tử trong bộ

b sao cho k = 1, l = 2, tức là b1 6= b2 Khi đó

Bổ đề 1.7 ([10]) Nếu a ≺ b và a 6= b thì a có thể nhận được từ b bằngcách áp dụng một số hữu hạn lần phép biết đổi L Tức là tồn tại một sốnguyên dương m sao cho a = Lm(b).

Chứng minh Gọimlà số các chỉ sốν ∈ {1, 2, , n}sao chobν−aν 6= 0,hiển nhiên m là một số nguyên dương Ta sẽ chứng minh ta có thể áp dụngphép biến đổi L m lần để nhận được a từ b Thật vậy, từ điều kiện

Khi đó hoặc ck = ak hoặc al = cl

Hiển nhiên c = L(b) và số chỉ số ν ∈ {1, 2, , n} sao cho cν − aν 6= 0

bằng m − 1 Đặtc = (c1, c2, , cn), ta dễ dàng kiểm tra dãy c là dãy giảm

và có quan hệ ≺ với dãy a, tức là a ≺ c Hơn nữa do σ < τ nên c ≺ b

Ta lặp lại quá trình trên khi thay thế dãy b bởi dãy c và thực hiện m

lần như thế ta sẽ nhận được dãy a

Ta tiếp tục chứng minh định lý Từ Bổ đề 1.6 ta suy ra tồn tại m saocho a = Lm(b) Từ Bổ đề 1.7 ta suy ra T (x; a) 6 T (x; b) Định lý đượcchứng minh

Nhận xét 1.3 ([8]) Bất đẳng thức AM − GM là một trường hợp đặcbiệt của bất đẳng thức Muirhead Thật vậy, với n số thực không âm bấtkỳ: a1, a2, , an; (1 < n ∈ N), kí hiệu

đối với tất cả các pj với j ∈ S

Hiển nhiên nếu m < |S| thì P

i∈S

pi
m = 0 Nếu S = ∅ ta quy ước

Xi∈S

Bây giờ ta sẽ chứng minh một mở rộng của bất đẳng thức Muirhead.Định lý 1.8 ([7]) Cho (n1, n2, , nr) , (m1, m2, , mr) là hai bộ r các

số thực giảm, không âm sao cho (m1, m2, , mr) ≺ (n1, n2, , nr) và

p1, p2, , pk là các số thực dương Khi đó

Xpar

rYj=1

Xi∈S j

pi

n j

> Xpar

rYj=1

Xi∈S j

pi

n

Xi∈X\Q

pi1pi2 pin+m+1 trong biểu diễn đầy đủ P (n + 1, m), trong đó

pi1pi2 pin+1 ∈

Xi∈Q

không chứa các pi ít nhất một lần Ta có thể chia thành hai trường hợpsau:

được lấy tổng qua tất cả các tập con Q của X nên sẽ có hai tập con Q và

Q0 của X để số hạng này đều có trong P (n + 1, m) và P (n, m + 1)).Với mỗi bộ tập hợp G, T cố định, từ trường hợp (a2 G, T ) vào

P (n + 1, m) là

XQ⊂X\G

Xi∈Q

pi

m

Xi∈G

pi

|T |

Xi∈Q

pi

n−m−|T |

×

Xi∈Q∪G

pi



Xi∈X\(Q∪G)

Xi∈Q

pi

m

Xi∈G

pi

|T |

Xi∈Q

pi

n−m−|T |

×

Xi∈X\(G∪Q)

pi



Xi∈X\(G∪Q)

Xi∈Q

pi

m

Xi∈G

pi

|T |

Xi∈Q

pi

n−m−|T |

×

Xi∈G

pi



Xi∈X\(Q∪G)

pi

m

(1.10)và

X

Q⊂X\G



Xi∈Q

pi

m

Xi∈G

pi

|T |

Xi∈X\(Q∪G)

pi

n−m−|T |

Xi∈X\(Q∪G)

Q⊂X\G



Xi∈X\(G∪Q 0 )

pi

m

Xi∈G

pi

|T |

Xi∈Q 0

pi

n+1−m−|T |

−

Xi∈X\(G∪Q 0 )

pi

n−m−|T |

Xi∈Q 0

pi



(1.12)

Ta viết lại Q0 trong (1.12) thành Q thì ta thấy tổng (1.11) và (1.12) là

X

Q⊂X\G

Xi∈Q

pi

m

Xi∈G

pi

|T |

Xi∈X\(Q∪G)

Hệ quả 1.10 ([7]) Cho (n1, n2, , nr)  (m1, m2, , mr) là hai bộ r

các số thực giảm, không âm và 1 6 i < j 6 r Giả sử rằng nl = ml vớimọi l : 1 6 l 6 r, l 6= i, j, và mi = ni− 1 > mj = nj + 1 Khi đó với mỗi

bộ p1, p2, , pk các số thực dương ta có:

Xpar

rYj=1

Xi∈S j

pi

n j

> Xpar

rYj=1

Xi∈S j

Q = Si Sử dụng Bổ đề (1.9) ta sẽ có kết luận của hệ quả

Bây giờ ta chứng minh định lý Bằng cách quy nạp ta cũng chứng minhđược kết luận của Hệ quả 1.10 vẫn còn đúng khimi = ni−k > mj = nj+k

Điều này kéo theo nếu

(m1, m2, , mr) = L(n1, n2, , nr)

thì

Xpar

rYj=1

Xi∈S

pi

n j

> Xpar

rYj=1

Xi∈S

pi

m j

trong đóLlà phép biến đổi tuyến tính được đề cập đến đến trong Bổ đề 1.7.Bằng quy nạp ta cũng chứng minh được nếu

(m1, m2, , mr) = Lm(n1, n2, , nr),

trong đó m là một số nguyên dương nào đó thì (1.13) vẫn còn đúng.Bây giờ ta xét hai bộ (m1, m2, , mr), (n1, n2, , nr) trong giả thiếtcủa định lý, theo Bổ đề 1.7, tồn tại một số hữu hạn m để sao cho

par

Qk j=1

Pi∈S jpi

n j

và lúc này P

par

Qk j=1

Pi∈S jpi

pi

nXi∈T

pi

mXi∈V

pi

n

Hiển nhiên điều này cũng đúng khi Q = ∅ và nếu điều này đúng với mọi

pi

n

=

Xi∈Q

pi

n

=

Xi∈Q

pi

n

=

Xi∈Q

V ⊂Q

Xi∈V

pi

nXj∈T

pi

nXj∈T

n+1

Xj∈T

pj

m

> XV,T ⊂X

V ∩T =∅

2k−|V |−|T |

Xi∈V

pi

nXj∈T

pj

m+1

và điều này sẽ kéo theo kết luận của hệ quả

Chương 2

Một số áp dụng của bất đẳng thức Muirhead

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c 

Ví dụ 2.2 [IMO, 2005 Prob A3] Cho x, y, z là các số thực dương, saocho xyz > 1 Khi đó

tương đương với

Đặt a = x2, b = y2, c = z2, thì

2x4 − x2(y2 + z2)2x4 + (y2 + z2) =

2a2 − a(b + c)2a2 + (b + c)2

nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

Xcyc

2a2 − a(b + c)2a2 + (b + c)2 > 0

Tương đương với

Xcyc

(a − b)

"

a2a2 + (b + c)2 − b

2a2 + (b + c)2i h2b2 + (a + c)2i



 > 0

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1, tức là x = y = z = 1 

Ví dụ 2.3 [IMO, 1995] Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điềukiện abc = 1 Khi đó

tương đương với

1

a3(b + c) > 3

2(abc)43

Đặta = x3, b = y3, c = z3 với x, y, z > 0, bất đẳng thức (2.1) tương đươngvới

Xcyc

1

x9(y3 + z3) > 3

2x4y4z4 (2.2)Quy đồng mẫu số chung và bỏ mẫu, bất đẳng thức (2.2) tương đương vớiX

Ví dụ 2.4 [Tigran Sloyan, 2012] cho a, b, c > 0 là các số thực dương.Khi đó

a2(2a + b)(2a + c) +

b2(2b + c)(2b + a) +

c2(2c + a)(2c + b) 6 1

3.

Chứng minh Quy đồng và khử mẫu của bất đẳng thức cần chứng minh

ta được bất đẳng thức tương đương:

Ví dụ 2.5 ([1]) Cho a, b, c là các số thực dương, khi đó

tương đương với

6 2(a3 + b3 + abc)(b3 + c3 + abc)(c3 + a3 + abc)

tương đương với

với mọi số thực r > 0 sao cho ai− r > 0.

Ví dụ 2.7 [IMO Short list, 1998] Cho các số thực dương x, y, z thỏamãn điều kiện xyz = 1 Khi đó

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

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

z3(1 + x)(1 + y) > 3