Bất đẳng thức Muirhead cho trường hợp bộ hai và ba số
Một số khái niệm
Định nghĩa 1.1 ([6])Cho một bộnsố thực không âma = (a1, a 2 , , a n ) và một bộ các số thực dương x = (x 1 , x 2 , , x n ) Ta định nghĩa i) Tổng Cyclic (Viết tắt: cyc) của x a 1 1 x a 2 2 x a n n là đại lượng
+ã ã ã+x a n 1 x a 1 2 x a n n − 1 ii) Tổng Symmetric (Viết tắt: sym) của x a 1 1 x a 2 2 x a n n là đại lượng
T(a) = T(x;a) = X sym x a 1 1 x a 2 2 x a n n, trong đó tổng sym được tính trên tất cả các hoán vị (σ(1), σ(2), , σ(n)) của (1,2, ,n) với S(n) là tập hợp tất cả các hoán vị của {1,2, ,n} Trung bình Symmetric của x a 1 1 x a 2 2 x a n n là một đại lượng quan trọng trong nghiên cứu này.
Ta có thể sử dụng kí hiệu ngắn gọn [a] thay cho kí hiệu [x;a], T(a) thay cho T(x;a) khi phần tử x đã được xác định rõ.
X cyc ab 2 c 3 = ab 2 c 3 +bc 2 a 3 +ca 2 b 3 ; X sym abc = 6abc.
Ví dụ 1.2 ([4]) Với a = (1,3,2) và x = (x1, x 2 , x 3 ) thì
Xn i=1 x i là trung bình cộng của các số x 1 , , x n
= √ n x 1 x 2 x n là trung bình nhân của các số x 1 , , x n
[a1, a 2 , , a n ] = [(a1 −r),(a2 −r), ,(an −r)] đúng với mọi r > 0 sao cho các a i −r > 0.
[a 1 , a 2 , , a n ] > [(a 1 −r),(a 2 −r), ,(a n −r)] đúng với mọi r > 0 sao cho các a i −r > 0.
3 Sử dụng bất đẳng thức AM – GM, với hai bộ số thực không âm a và b ta có
Nhận xét 1.1 Cho bộ các số thực không âm a = (a 1 , a 2 , , a n ) và một bộ các số thực dương x = (x1, x 2 , , x n ) Nếu b = (a σ(1) , a σ(2) , , a σ(n) ), trong đó(σ(1), σ(2), , σ(n)) là một hoán vị của{1,2, , n}thì ta luôn có
Trong bài viết này, chúng ta sẽ khám phá các khái niệm cơ bản về việc so sánh các bộ n số Đối với bộ n số thực không âm a = (a1, a2, , an), có thể dễ dàng nhận thấy rằng chúng ta có thể sắp xếp lại các phần tử trong a theo thứ tự giảm dần, tức là a1 > a2 > > an.
Trong luận văn này, chúng ta giả thiết rằng a1 > a2 > > an đối với bộ n số (a) Để xem xét mối quan hệ giữa hai bộ n số, chúng ta sử dụng định nghĩa sau: Cho hai bộ số thực không âm a = (a1, a2, , an) và b = (b1, b2, , bn), bộ b được coi là trội hơn bộ a, ký hiệu là a ≺ b hoặc b ≻ a, nếu các điều kiện nhất định được thỏa mãn sau khi sắp xếp lại các phần tử trong a và b nếu cần thiết.
(4,0,0,0)6≺ (2,0,2) vì số phần tử ở hai bộ khác nhau,
(5,0,−1) 6≺ (2,2,0) vì có phần tử âm ở một bộ,
Định lý Muirhead bộ hai và ba số
Định lý 1.2 (Định lý Muirhead bộ hai số,[2])Cho các số thực dương a 1 , a 2 , b 1 , b 2 thỏa mãn:
a 1 > a 2 ;b 1 > b 2 ; a 1 > b 1 ; a 1 +a 2 = b 1 +b 2 Cho x, y là các số thực dương, khi đó
X sym x a 1 y a 2 > X sym x b 1 y b 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : a 1 = b 1 , a 2 = b 2 hoặc x = y. Định lý 1.3 (Định lý Muirhead cho bộ ba số,[2]) Cho hai bộ ba số thực dương a 1 , a 2 , a 3 , b 1 , b 2 , b 3 thỏa mãn:
a 1 > a 2 > a 3 ;b 1 > b 2 > b 3 ; a 1 > b 1 ;a 1 +a 2 > b 1 +b 2 ; a 1 +a 2 + a 3 = b 1 +b 2 +b 3 Cho x, y, z là các số thực dương, khi đó
X sym x a 1 y a 2 z a 3 > X sym x b 1 y b 2 z b 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : a i = b i ;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 khẳng định rằng với các số thực không âm a1, a2, b1, b2 thỏa mãn a1 + a2 = b1 + b2 và max{a1; a2} > max{b1; b2}, thì với các số thực dương x, y, ta có bất đẳng thức x a1 y a2 + x a2 y a1 > x b1 y b2 + x b2 y b1 Đẳng thức chỉ xảy ra khi a1 = b1, a2 = b2 hoặc x = y.
Chứng minh Không mất tính tổng quát, ta giả sử a 1 > a 2 , a 1 > b 1 , b 1 > b 2
Bổ đề được chứng minh.
Ta tiếp tục chứng minh định lý bằng cách xem xét hai trường hợp Trong trường hợp 1, nếu \( b_1 > a_2 \), điều này dẫn đến \( a_1 > a_1 + a_2 - b_1 \) và từ \( a_1 > b_1 \), ta có \( a_1 > \max\{a_1 + a_2 - b_1, b_1\} \) Do đó, \( \max\{a_1, a_2\} = a_1 > \max\{a_1 + a_2 - b_1, b_1\} \) Tiếp theo, từ \( a_1 + a_2 - b_1 > b_1 + a_3 - b_1 = a_3 \) và \( a_1 + a_2 - b_1 > b_2 > b_3 \), ta có \( \max\{a_1 + a_2 - b_1, a_3\} > \max\{b_2, b_3\} \) Cuối cùng, áp dụng Bổ đề 1.4 hai lần, ta có kết quả cần chứng minh.
= X sym x b 1 y b 2 z b 3 ii) Trường hợp 2 Nếu b 1 6 a 2 Ta có
3b1 > b 1 +b 2 +b 3 = a 1 +a 2 +a 3 > b 1 + a 2 +a 3 , hơn nữa b 1 > a 1 +a 2 −b 1 và a 1 > a 2 > b 1 > a 2 +a 3 −b 1 , nên ta có
( max{a 2 , a 3 } > max{b 1 , a 2 +a 3 −b 1 } max{a 1 , a 2 +a 3 −b 1 } > max{b 2 , b 3 }. Áp dụng Bổ đề 1.4 hai lần ta có
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 trường hợp 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 Muir- head.
- Đối với bất đẳng thức từ bốn biến trở lên, việc đưa nó về dạng đa thức đối xứng là một điều tương đối khó khăn, phức tạp.
- Ta có thể sử dụng định lý Muirhead để chứng minh bất đẳng thứcNesbitt.
Một số ví dụ
Kỹ thuật chung để sử dụng định lý Muirhead trong chứng minh bất đẳng thức ta cần thực hiện như sau:
- Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh về dạng tổng các đa thức đối xứng ở cả hai vế của bất đẳng thức;
- Biểu diễn các đa thức đối xứng theo ký hiệu quy ước trong lý thuyết nói trên.
- Làm mất dần các đa thức đối xứng có giá trị lớn ở vế có giá trị nhỏ hơn; thay vào đó là các đa thức nhỏ nhất có thể.
- Phép đánh giá được thực hiện nhờ các nguyên tắc sau:
+ Sử dụng đánh giá các bất đẳng thức sẵn có;
+ 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.
Bây giờ ta xét một số ví dụ cụ thể.
Ví dụ 1.6 ([1]) Với a, b, c > 0, α ≥ 1 thỏa mãn abc = 1 thì a α b+ c + b α c+a + c α a+b >
2. Thật vậy, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
Bất đẳng thức này tương đương với
Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo bất đẳng thức Muirhead trong trường hợp bộ ba số Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Nhận xét Bài toán trên nếu ta chọn α = 2 và đặt a = 1 x, b = 1 y, c = 1 z 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 đẳng thức: a 3 b 2 −bc+c 2 + b 3 c 2 −ca+a 2 + c 3 a 2 −ab+ b 2 >
3(ab+bc+ca) a+ b+ c Thật vậy, vì a+b+c > 3(ab+bc+ca) a+b+c nên để chứng minh bài toán, ta sẽ chứng minh khẳng định sau: a 3 b 2 −bc+ c 2 + b 3 c 2 −ca+a 2 + c 3 a 2 −ab+b 2 > a+ b+ c.
Bất đẳng thức trên tương đương với
Tương đương với bất đẳng thức
Rút gọn bất đẳng thức trên ta được
Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo bất đẳng thức Muirhead Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Bất đẳng thức Muirhead tổng quát
Định lý Muirhead trong trường hợp n biến
Cho bộ số thực không âm \( a = (a_1, a_2, \ldots, a_n) \) và \( x = (x_1, x_2, \ldots, x_n) \) là một tập hợp các biến thực dương Tổng sym của các phần tử của \( x \) với bộ số mũ \( a \) được định nghĩa là một đại lượng quan trọng trong toán học.
T(x;a) = X σ ∈ S (n) x a σ(1) 1 x a σ(2) 2 x a σ(n) n, trong đó tổng sym được tính trên tất cả các hoán vị của {1,2, , n} và S(n) là tập hợp tất cả các hoán vị này Định lý Muirhead, được gọi là định lý 1.5, khẳng định rằng đối với hai bộ số thực không âm a = (a1, a2, , an) và b = (b1, b2, , bn), tổng sym T(x;a) có thể so sánh với tổng sym khác.
T(x;b) đối với mọi bộ các biến thực dương x = (x1, x 2 , , x n ) khi và chỉ khi 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 x 1 = x 2 = ã ã ã = x n Chứng minh Trước hết ta chứng minh điều kiện cần Giả sử có
Bất đẳng thức T(x;a) 6 T(x;b) (1.2) đúng với mọi bộ biến thực (x1, x2, , xn) khi đặt x1 = x2 = = xn = c, với c là hằng số, dẫn đến cPa i 6 cPb i (1.3) cho mọi giá trị c > 0 Điều này kéo theo tổng a1 + a2 + + an = b1 + b2 + + bn Tiếp theo, khi đặt x1 = c, x2 = = xn = 1, bất đẳng thức (1.2) cho ra c(a1 + a2 + + an) 6 c(b1 + b2 + + bn) (1.4) cho mọi c > 0 Với a1 > a2 > > an và b1 > b2 > > bn, ta thấy c(a1 + a2 + + an) là đa thức bậc a1 và c(b1 + b2 + + bn) là đa thức bậc b1 Vì bất đẳng thức (1.4) đúng với mọi c > 0, nên suy ra a1 6 b1 Tương tự, với mỗi k = 1, , n−1, khi đặt x1 = x2 = = xk = c và xk+1 = = xn = 1, bất đẳng thức (1.2) tiếp tục được áp dụng.
P(c) 6 Q(c) (1.5) đúng với mọi giá trị c > 0 tùy ý, trong đó P(c) là đa thức bậc a 1 +a 2 + ã ã ã+a k , Q(c) là đa thức bậc b 1 +b 2 +ã ã ã+a k Do (1.5) đỳng với mọi giỏ trị c > 0 lớn tùy ý nên ta có a 1 +a 2 +ã ã ã+a k 6 b 1 +b 2 +ã ã ã+a k
Như vậy a 1 +a 2 +ã ã ã+a k 6 b 1 +b 2 +ã ã ã+a k đúng với mỗi k = 1, , n−1.
Bây giờ, chúng ta sẽ chứng minh điều kiện đủ bằng cách xây dựng một toán tử tuyến tính L để biến đổi một bộ n số Gọi β = (β₁, β₂, , βₙ) là một bộ n số nguyên không âm Xét hai phần tử phân biệt βₖ và βₗ trong β, với điều kiện βₖ > βₗ, ta có thể viết βₖ = ρ + τ và βₗ = ρ - τ, với 0 < τ ≤ ρ.
Khi đó với một số σ : 0 6 σ < τ 6 ρ ta xác định bộ α như sau: α k = ρ+ σ = τ +σ
Trong trường hợp này, ta có thể viết α = L(β) Cần lưu ý rằng việc xác định toán tử L không yêu cầu một trong hai dãy α hoặc β phải là dãy giảm Để chứng minh định lý, chúng ta cần hai bổ đề sau.
Bổ đề 1.6 ([10]) Nếu a = L(b) thì T(x;a) 6 T(x;b) Dấu bằng xảy ra khi x 1 = x 2 = ã ã ã = x n
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 b 1 6= b 2 Khi đó
Hiển nhiờn, nếu x 1 = x 2 = ã ã ã = x n thỡ biến đổi trờn cho ta
Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 1.7 khẳng định rằng nếu a nhỏ hơn b và a không bằng b, thì a có thể được tạo ra từ b thông qua một số hữu hạn các phép biến đổi L Cụ thể, tồn tại một số nguyên dương m sao cho a có thể được biểu diễn dưới dạng a = L m (b).
Chúng ta sẽ chứng minh rằng có thể áp dụng phép biến đổi L m lần để chuyển đổi a thành b, với m là một số nguyên dương Dựa vào điều kiện a1 + a2 + + an = b1 + b2 + + bn, ta nhận thấy rằng trong m chỉ số ν, sẽ có những chỉ số làm cho bν - aν khác 0, bao gồm cả những chỉ số với bν - aν > 0 và bν - aν < 0 Chúng ta chọn chỉ số l là chỉ số nhỏ nhất với b l - a l < 0 và k là chỉ số lớn nhất với b k - a k > 0 Rõ ràng, b k > a k > a l > b l dẫn đến b k > b l Đặt b k = ρ + τ, b l = ρ - τ và σ = max{|a k - ρ|, |a l - ρ|}, ta có ít nhất một trong hai đẳng thức a l - ρ = -σ và a k - ρ = σ Hơn nữa, σ < τ vì a k < b k và a l > b l Cuối cùng, ta đặt c k = ρ + σ, c l = ρ - σ và c ν = b ν (ν ≠ k, ν ≠ l).
C = L(b) và số chỉ số ν ∈ {1,2, , n} thỏa mãn điều kiện c ν − a ν ≠ 0 là m−1 Với c = (c 1 , c 2 , , c n ), dãy c được xác định 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 sao cho a = L m (b) Từ Bổ đề 1.7 ta suy ra T(x;a) 6 T(x;b) Định lý được chứng minh.
Nhận xét 1.3 ([8]) Bất đẳng thức AM −GM là một trường hợp đặc biệt của bất đẳng thức Muirhead Thật vậy, với n số thực không âm bất kỳ: a 1 , a 2 , , a n ; (1 < n ∈ N), kí hiệu
≺ (1,0, ,0) nên từ Định lý 1.5 ta suy ra bất đẳng thức quen thuộc là AM > GM Do
6= (1,0, ,0) nờn đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = ã ã ã = a n
Một số áp dụng của bất đẳng thức Muirhead 23 2.1 Chứng minh một số bất đẳng thức đại số và hình học
Một số bất đẳng thức đại số
Ví dụ 2.1 ([2]) Cho a, b, c > 0 là các số thực, khi đó
Chứng minh Quy đồng khử mẫu rồi thu gọn biểu thức, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
Xa 4 b 2 c 2 6 Xa 4 b 4 Bất đẳng thức này đúng vì theo định lý 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, sao cho xyz > 1 Khi đó x 5 −x 2 x 5 +y 2 +z 2 + y 5 −y 2 y 5 +z 2 +x 2 + z 5 −z 2 z 5 + x 2 +y 2 > 0.
Chứng minh Quy đồng, khử mẫu ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
X sym x 6 + X sym x 5 y 5 z 2 + 2X sym x 5 y 4 + 2X sym x 4 y 2 + X sym x 2 y 2 z 2
Sử dụng ký hiệu [a] ta được bất đẳng thức tương đương cần chứng minh
Sử dụng hai tính chất sau của Mệnh đề 1.1:
[a1, a 2 , , a n ] > [(a1 −r),(a2 −r), ,(an −r)] đúng với mọi r > 0 sao cho các a i −r > 0.
+ Với 2 bộ n số thực a và b ta có
, và sử dụng định lý Muirhead ta có
Cộng vế với vế của các đánh giá trên, ta có bất đẳng thức cần chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Chú ý Ta có cách giải khác như sau: biến đổi bất đẳng thức đã cho về dạng x 5 −x 2 x 5 +y 2 +z 2 > x 5 −x 2 xyz x 5 + (y 2 + z 2 ).xyz = x 4 −x 2 yz x 4 +yz(y 2 + z 2 )
2a 2 + (b+c) 2 nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
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 điều kiện abc = 1 Khi đó
Chứng minh Cách 1 : Quy đồng khử mẫu ta được bất đẳng thức tương đương:
X sym a 4 b 4 + 2X sym a 4 b 3 c+X sym a 3 b 3 c 2 > 3X sym a 5 b 4 c 3 +X sym a 4 b 4 c 4
Sử dụng ký hiệu [a], ta được bất đẳng thức tương đương
Sử dụng định lý Muirhead và Mệnh đề 1.1 bằng việc chọn r = 4
Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Muirhead cho ba bộ số ta có
Cộng vế theo vế của các bất đẳng thức trên ta nhận được bất đẳng thức cần phải chứng minh.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khia = b= c = 1
Cách 2 Vì abc = 1nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
2(abc) 4 3 (2.1) Đặta = x 3 , b = y 3 , c= z 3 với x, y, z > 0, bất đẳng thức (2.1) tương đương với
Quy đồng mẫu số chung và bỏ mẫu, bất đẳng thức (2.2) tương đương với X sym x 12 y 12 + 2X sym x 12 y 9 z 3 +X sym x 9 y 9 z 6 > 3X sym x 11 y 8 z 5 +X sym x 8 y 8 z 8
(2.3) Bất đẳng thức trên tương đương với
Theo định lý Muirhead, ta có :
Cộng các đánh giá trên, ta có bất đẳng thức cần chứng minh, với dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 Lưu ý rằng có thể áp dụng một cách đánh giá khác thông qua bất đẳng thức Muirhead, cho thấy bất đẳng thức 2.3 tương đương với
Và đánh giá khi sử dụng đánh giá:
[9; 9; 6] > [8; 8; 8], ta cũng có bất đẳng thức cần chứng minh.
Ví dụ 2.4 [Tigran Sloyan, 2012] cho a, b, c > 0 là các số thực dương. Khi đó a 2 (2a+ b)(2a+ c) + b 2
Chứng minh Quy đồng và khử mẫu của bất đẳng thức cần chứng minh ta được bất đẳng thức tương đương:
X sym a 4 bc+ 6X sym a 4 b 2 + 12X sym a 3 b 3 + 30X sym a 2 b 2 c 2
> 70X sym a 3 b 2 c+ 10X sym a 4 bc+ 8X sym a 4 b 2 + 10X sym a 3 b 3 + 47
Theo định lý Muirhead, ta có :
Dựa trên các đánh giá đã nêu, chúng ta cần chứng minh một bất đẳng thức Đẳng thức chỉ xảy ra khi và chỉ khi a = b = c, hoặc a = b, c = 0 cùng với các hoán vị của các điều kiện này.
Ví dụ 2.5 ([1]) Cho a, b, c là các số thực dương, khi đó a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 + 3 > X sym a b.
Chứng minh Đặt a b = m 2 np;b c = n 2 mp; c a = p 2 mn, khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành :
X m 4 n 2 p 2 + 3 > X sym m 2 np tương đương với
Xm 6 + 3m 2 n 2 p 2 > Xm 4 np+Xm 3 n 3 hay
Theo định lý Muirhead, ta cũng có :
[4; 2; 0] 6 [3; 3; 0], nên ta có bất đẳng thức cần chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:a = b = c = 1
Ví dụ 2.6 [Yogoslavia, 1991; USAMO, 1997] Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c ta luôn có:
Chứng minh Quy đồng và bỏ mẫu, rồi nhân hai vế cho 2, ta được bất đẳng thức tương đương sau
6 2(a 3 +b 3 +abc)(b 3 +c 3 +abc)(c 3 +a 3 +abc) tương đương với
(2a 6 b 3 −2a 5 b 2 c 2 ) > 0 khi và chỉ khi P sym a 5 b 2 c 2 6 P sym a 6 b 3
Theo định lý Muirhead ta có
[6; 3; 0] > [5; 2; 2], nên bất đẳng thức cuối cùng được chứng minh Từ đó ta có điều phải chứng minh
Nhận xét 2.1 Như đã nói ở trên, có một kỹ thuật rất hữu hiệu, khá đặc trưng trong các chứng minh có sử dụng định lý Muirhead là nếu x 1 x 2 x n > 1 thì
[a 1 , a 2 , , a n ] > [(a 1 −r),(a 2 −r), ,(a n −r)] với mọi số thực r > 0 sao cho a i −r > 0.
Ví dụ 2.7 [IMO Short list, 1998] Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xyz = 1 Khi đó x 3
Chứng minh Quy đồng mẫu số chung và bỏ mẫu, ta được bất đẳng thức tương đương
4(x 4 +y 4 + z 4 + x 3 +y 3 +z) > 3(1 +x+y +z +xy +yz+ zx+xyz). Áp dụng bất đẳng thức Muirhead và nhận xét nói trên, ta có
Bằng cách cộng các bất đẳng thức đã được thiết lập, ta có thể chứng minh được bất đẳng thức cần chứng minh Dấu đẳng thức chỉ xảy ra khi x = y = z = 1 Lưu ý rằng trong bài toán này, chúng ta có thể mở rộng điều kiện ràng buộc thành xyz > 1 mà bất đẳng thức vẫn giữ nguyên tính đúng đắn.
Ví dụ 2.8 [IMO Short list, 1996] Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc = 1 Chứng minh rằng ab a 5 +b 5 +ab + bc b 5 +c 5 +bc + ca c 5 +a 5 +ca 6 1 Chứng minh.
Vì abc = 1 nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
X cyc a 11 b 2 c 2 + 2X sym a 8 b 4 c 3 + X sym a 7 b 6 c 2 +X cyc a 7 b 2 c+X cyc a 5 b 5 c 5
6 X cyc a 11 b 2 c 2 +X sym a 10 b 5 +X sym a 8 b 4 c 3 +X sym a 7 b 7 c+X sym a 5 b 6 c 2
X sym a 10 b 5 +X sym a 7 b 7 c ≥ X sym a 8 b 4 c 3 +X cyc a 7 b 7 c+X cyc a 5 b 5 c 5
Bất đẳng thức cuối cùng này đúng theo bất đẳng thức Muirhead Như vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh
Khi áp dụng định lý Muirhead, người dùng cần hiểu rõ các nhận xét cơ bản và kỹ thuật biến đổi đơn giản Điều này giúp tạo ra các bộ số “trung gian”, từ đó đánh giá những bộ số mà bình thường khó có thể phân tích được.
Ví dụ 2.9 [IMO, 1984] Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x+y +z = 1 Chứng minh rằng
Chứng minh Không mất tính tổng quát, ta biến đổi vế trái: xy +yz +zx−2xyz = (x+y +z)(xy +yz+ zx)−2xyz
Do đó bất đẳng thức đã cho tương đương với:
12T(2,1,0) ≤ 7T(3,0,0) + 5T(1,1,1) (2.4) Bất đẳng thức này đúng theo định lý Muirhead, ta có:
2T(2,1,0) ≤ 2T(3,0,0) (2.5) Kết hợp với Bất đẳng thức Shur với α = β = 1, ta có:
Từ (2.5) và (2.6) kết hợp với (2.4) suy ra bất đẳng thức được chứng minh
Ví dụ 2.10 [Bất đẳng thức Nesbitt]
Nếu a, b, c là các số thực dương Hãy chứng minh bất đẳng thức sau: a b+c + b c+a + c a+ b ≥ 3
2. Chứng minh Quy đồng, khử mẫu ta được
Bất đẳng thức đã cho đúng theo định lý Muirhead Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Nếu a, b, c là các số thực dương thì ta có bất đẳng thức sau đây s a 2 b + s b 2 a ≥ √ a+ √ b.
Để chứng minh bất đẳng thức x³ + y³ ≥ xy(x + y) với x = √a và y = √b, ta áp dụng định lý Muirhead.
Bất đẳng thức đã cho đúng theo định lý Muirhead Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Nếu a, b, c là là các số thực, không âm bất kỳ thì ta có bất đẳng thức sau đây a 3 +b 3 +c 3 +abc ≥ 1
7(a+ b+c) 3 Chứng minh Thật vậy, bất đẳng thức này dễ dàng có
(a+b+c) 3 = 3 [3,0,0] + 18 [2,1,0] + 36 [1,1,1]. Sau đó chúng ta phải chứng minh rằng
Định lý Muirhead chứng tỏ sự hiệu quả đặc biệt trong các bài toán khi tất cả các biến đều bằng nhau Tuy nhiên, trong thực tế, cũng tồn tại những trường hợp ngoại lệ Chúng ta sẽ xem xét các biến x, y, z có thể bằng nhau.
0 và điều kiện đi kèm phải là a 1 , a 2 , a 3 , b 1 , b 2 , b 3 > 0;
Khi đó bất đẳng thức Muirhead xẩy ra khi và chỉ khi a i = b i ,∀i = 1,3 hoặc x = y = z hoặc có hai số bằng nhau; số còn lại bằng 0 trong 3 số x, y, z.
Cho x, y, z ≥ 0, thỏa mãn xy +yz +zx = 1.
Chứng minh Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau:
Rút gọn bất đẳng thức này ta được bất đẳng thức tương đương sau đây:
Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo Muirhead. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy + yz + zx = 1và x = y;z = 0 hoặc y = z;x = 0 hoặc x = z;y = 0 hay x = y = 1;z = 0 hoặc y = z = 1;x = 0 hoặc x = z = 1;y = 0
Một số bất đẳng thức hình học
Ví dụ 2.14 [IMO,1961] Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC, S là diện tích của tam giác đó Khi đó
Chứng minh Cách 1 Sử dụng công thức Heron, ta có thể viết lại bất đẳng thức đã cho như sau a 2 +b 2 +c 2 > 4√
Bình phương cả hai vế của bất đẳng thức, ta được a 4 +b 4 +c 4 > a 2 b 2 +b 2 c 2 +c 2 a 2
Ta dùng ký hiệu [a], bất đẳng thức trên tương đương với
Hiển nhiên bất đẳng thức này luôn đúng do áp dụng bất đẳng thức Muir- head ứng với hai bộ số (4,0,0) ≻(2; 2; 0).
Cách 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 , Sử dụng công thức Heron ta có
Lúc này ta chỉ cần chứng minh
(a+b+c) 2 6 3 a 2 +b 2 +c 2 Bất đẳng thức cuối cùng này được suy ra từ bất đẳng thức Muirhead vì:
[(1,1,0)] ≤ [(2,0,0)] nên bất đẳng thức cuối luôn đúng Điều này suy ra bất đẳng thức cần chứng minh
Xét tam giác ABC với các cạnh có độ dài a, b, c, và bán kính của đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp lần lượt là R và r Trong tam giác này, bán kính r có vai trò quan trọng trong việc xác định các đặc tính hình học của tam giác.
Chứng minh Trước hết ta thuần nhất bất đẳng thức phải chứng minh với các biến x, y, z bằng cách dùng các đồng nhất thức
Bình phương hai vế của Bất đẳng thức (2.7) và rút gọn ta được:
Sử dụng bất đẳng thức Muirhead, ta có
Bằng cách cộng các vế tương ứng của các bất đẳng thức, ta có thể chứng minh được bất đẳng thức cần thiết Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z, tức là tam giác ABC là tam giác đều.
Ví dụ 2.16 ([6]) Cho a, b, c là 3 số thực dương, khi đó
Khai triển và rút gọn ta được bất đẳng thức tương đương a 2 b+a 2 c+b 2 c+ b 2 a+c 2 b > 6abc.
Như vậy, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương cần chứng minh tương với
Vì (2,1,0) ≻(1,1,1) nên theo bất đẳng thức Muirhead ta có
[2,1,0] ≥ [1,1,1]. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức AM −GM với 2 số thực dương
Theo bất đẳng thức, ta có (a+b)(b+c)(c+a) > 8abc, điều này dẫn đến bất đẳng thức cần chứng minh Đẳng thức chỉ xảy ra khi và chỉ khi a = b = c, tức là khi tam giác ABC là tam giác đều.
Ví dụ 2.17 ([8]) Nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác bất kỳ, chứng minh rằng a+b+c ≤ a 2 +b 2
Chứng minh Quy đồng, biến đổi và khử mẫu ta được bất đẳng thức đã cho tương đương với:
2(a 2 bc+ab 2 c+abc 2 ) ≤ab(a 2 +b 2 )+bc(b 2 +c 2 )+ca(c 2 +a 2 ) ≤2(a 4 +b 4 +c 4 ), Tương đương với:
[2,1,1] ≤[3,1,0] ≤ [4,0,0]. Đến đây ta sử dụng định lý Muirhed, ta có
Bất đẳng thức đã cho đúng theo định lý Muirhead Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c, hay tam giác là đều
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC, ta cần chứng minh rằng a² + b² + 2bc + c² + 2ca + 2ab ≤ (a+b+c)(ab+bc+ca) Vì a, b, c đều là độ dài các cạnh của tam giác ABC nên a, b, c đều lớn hơn 0.
X sym a 2 bc+ 2X sym a 3 b 2 + 2X sym a 3 bc
+ 2X sym a 4 b 3 +X sym a 3 b 3 c+ 2X sym a 5 bc+ 4X sym a 4 b 2 c, hay
Theo định lý Schur và định lý Muirhead ta có:
2(2; 2; 0) (Theo định lý Muirhead)(3; 1; 0) ≻ (2; 2; 0) (Theo định lý Muirhead)
Kết hợp với một số bất đẳng thức khác
Trong bài viết này, chúng tôi sẽ trình bày một số bất đẳng thức cần kết hợp giữa bất đẳng thức Muirhead và các bất đẳng thức khác như Schur, ASYM, và Cauchy-Schwarz Đầu tiên, chúng tôi sẽ nhắc lại các bất đẳng thức này để tạo nền tảng cho việc giải quyết các bài toán liên quan.
2.2.1 Một số bất đẳng thức liên quan
Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ([2])
Với hai bộ n số thực bất kỳ (a1, a 2 , , a n ),(b1, b 2 , , b n ) ta luôn có:
Xn i=1 b 2 i ). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a 1 b 1 = a 2 b 2 = ã ã ã = a n b n với qui ước là b k = 0 thì a k = 0.
Ym i=1 a ij m trong đó a ij > 0 với mọi i = 1,2, , m, j = 1,2, , n.
Kết hợp bất đẳng thức AM – GM và Holder, ta có bất đẳng thức ASYM như sau: Cho m bộ số n số thực không ấm a 1 = (a1 1;a 1 2 ; a 1 n ),(a2 1;a 2 2 ; a 2 n ), , am = (am 1;a m 2 ; a m n ).
Ta đặt t i = a 1 i +a 2 i +ã ã ã+a m i m với mỗi i = 1, , n và kí hiệu t = (t1, , t n ) Khi đó với môi bộ các số dương x = (x1,x 2 , , x n ) ta có
Bất đẳng thức Schur và một số hệ quả
Ta nhắc lại với một bộ số thực không âm a = (a , a 2 , , a n ) và bộ các số thực dương x = (x1, x 2 , , x n ), tổng sym của nó xác định như sau:
T(x;a) = X σ ∈ S (n) x a σ(1) 1 x a σ(2) 2 x a σ(n) n, trong đó tổng sym được tính qua tất cả các hoán vị (σ(1), σ(2), , σ(n)) thuộc tập hợp S(n) của các hoán vị {1,2, , n} Theo Định lý 2.1, được biết đến như Bất đẳng thức Schur, với α ∈ R và β > 0, ta có những kết quả quan trọng liên quan đến tính chất của hàm số này.
Một trường hợp đặc biệt của bất đẳng thức Schur với β = 1 được thể hiện qua Định lý 2.2 Định lý này khẳng định rằng, với x, y, z là các số thực không âm và t thuộc R, bất đẳng thức x^t (x−y)(x−z) + y^t (y−x)(y−z) + z^t (z−x)(z−y) luôn lớn hơn 0 Đẳng thức chỉ xảy ra khi và chỉ khi x = y = z hoặc x = y và z = 0, cùng với các hoán vị của các giá trị này.
Hệ quả 2.3 ([2]) Cho x, y, z và a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 6 b 6 c hoặc a > b > c Khi đó ta có bất đẳng thức a(x−y)(x−z) +b(y −x)(y −z) +c(z −x)(z−y) > 0.
Hệ quả 2.4 ([2]) Cho x, y, z là các số thực dương Khi đó
Hệ quả 2.5 ([2]) Cho k ∈ (0; 3] và a, b, c là các số thực dương Khi đó
Ví dụ 2.19 ([2]) Cho a, b, c ≥0 Chứng minh rằng:
(a 2 + b 2 )(b 2 +c 2 )(c 2 +a 2 )(ab+bc+ca) 2 ≥ 8a 2 b 2 c 2 (a 2 +b 2 +c 2 ) 2 Chứng minh Bất đẳng thức đã cho tương đương với:
Bất đẳng thức trên tương đương với
Theo định lý Muirhead, ta có:
Từ (2.9),(2.10) suy ra (2.8) đúng suy ra bất đẳng thức đã cho được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b;c = 0 hoặc b = c;a = 0 hoặc a = c;b = 0
Ví dụ 2.20 ([2]) Cho a, b, c > 0;abc = 1 Chứng minh rằng a 4 +b 4 +c 4 + 3 ≥ 2 ab c + bc a + ca b
Chứng minh Đặt x = √ 3 a;y = √ 3 b;z = √ 3 c suy ra xyz = 1 Khi đó: Bất đẳng thức đã cho tương đương với: x 12 +y 12 +z 12 + 3x 4 y 4 z 4 ≥ 2 x 6 y 6 +y 6 z 6 +z 6 x 6
Theo định lý Schur ta có
Theo định lý Muirhead ta có (8; 4; 0) ≻ (6; 6; 0).
Suy ra mỗi hạng tử trong bất đẳng thức cuối là không âm ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Ví dụ 2.21 [Định lý Schur] Cho a, b, c là các số thực không âm, và cho mọi k > 0 Chứng minh rằng :
Chứng minh Vì bất đẳng thức đối xứng theo 3 biến; không mất tính tổng quát, ta giả sử a ≥ b ≥c ≥ 0 khi đó, bất đẳng thức đã cho được viết lại là a k (a−b)(a−c) +b k (b−c)(b−a) +c k (c−a)(c−b) ≥ 0.
Bất đẳng thức này đúng theo định lý Muirhead, ta có:
(Mọi hạng tử ở vế trái không âm.)
Ví dụ 2.22 ([1]) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn abc = 2 Khi đó a 3 +b 3 +c 3 > a√ b+c+b√ a+c+c√ a+b.
Chứng minh Thật vậy, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz để chứng minh bài toán ta cần chứng minh khẳng định sau:
Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo bất đẳng thức Muirhead Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = √ 3
Ví dụ 2.23 ([2]) Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng a 2 +b 2 b 2 +c 2 c 2 +a 2 (a+b+c) 2 > 8 a 2 b 2 +b 2 c 2 +c 2 a 2 2
Chứng minh Chuẩn hóa a+b+ c = 1, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành :
X sym a 6 b 2 + 2X sym a 5 b 3 +2X sym a 5 b 2 c+2X sym a 4 b 3 c+X sym a 4 b 2 c 2 +X sym a 3 b 3 c 2
Chuyển sang viết dạng [a], bất đẳng thức trên tương đương với
[6; 2; 0]+2[5; 3; 0]+2[5; 2; 1]+2[4; 3; 1]+[4; 2; 2]+[3; 3; 2]> 3[4; 4; 0]+6[4; 2; 2]. Theo Định lý Muirhead, ta có
Theo Bất đẳng thức ASYM,
Cộng vế theo vế các đánh giá trên, ta có ngay điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c = 1
2;c = 0 và các hoán vị của nó
Ví dụ 2.24 [Iran, 1996] Cho x, y, z là các số thực dương Chứng minh rằng:
4. Chứng minh Bất đẳng thức đã cho tương đương với:
4X sym x 5 y+ 2X cyc x 4 yz+ 6x 2 y 2 z 2 −X sym x 4 y 2 −6X cyc x 3 y 3 −2X sym x 3 y 2 z > 0.
Theo bất đẳng thức Muirhead và bất đẳng thức Schur, đây là tổng của ba số hạng không âm nên bất đẳng thức được chứng minh.
Ví dụ 2.25 ([10]) Cho a, b, c > 0 là các số thực, khi đó a 3 + b 3 +c 3 + 1
81((2a+b) 3 + (2b+a) 3 + (2c+ b) 3 + (2a+ c) 3 + (2c+a) 3 ). Chứng minh Thật vậy, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
Từ bất đẳng thức Muirhead và bất đẳng thức Schur, ta suy ra bất đẳng thức cuối cùng là đúng
Chú ý.Ví dụ này có thể áp dụng bất đẳng thức Karamata để chứng minh.
Trong luận văn này chúng tôi đã trình bày một số vấn đề sau:
1 Giới thiệu một số kết quả cổ điển về bất đẳng thức Muirhead cho bộ hai và ba số thực không âm
2 Phát biểu và chứng minh định lý Muirhead tổng quát cho bộ n số thực không âm.
3 Giới thiệu một mở rộng của bất đẳng thức Muirhead được J B Paris và A Vencovská chứng minh năm 2009.
4 Tổng hợp các bài tập về bất đẳng thức mà chứng minh sử dụng bất đẳng thức Muirhead kết hợp với một số bất đẳng thức quen thuộc khác.