ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN 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 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN 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 Chuyên ngành: Mã số: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS HÀ TRẦN PHƯƠNG THÁI NGUYÊN - 2016 i Mục lục Mở đầu Chương Bất đẳng thức Muirhead 1.1 Bất đẳng thức Muirhead cho trường hợp hai ba số 1.1.1 Một số khái niệm 1.1.2 Định lý Muirhead hai ba số 1.1.3 Một số ví dụ 1.2 Bất đẳng thức Muirhead tổng quát 11 1.2.1 Định lý Muirhead trường hợp n biến 11 1.2.2 Bất đẳng thức Muirhead mở rộng 15 Chương Một số áp dụng bất đẳng thức Muirhead 23 2.1 Chứng minh số bất đẳng thức đại số 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 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 Kết luận 47 Tài liệu tham khảo 48 MỞ ĐẦU Bất đẳng thức vấn đề nghiên cứu hình thành từ sớm toán học sơ cấp thu hút quan tâm nhiều tác giả Đây phần kiến thức đẹp đẽ, thú vị toán sơ cấp Do vấn đề bất đẳng thức hút nhiều người nghiên cứu toán sơ cấp có nhiều tập sử dụng để thi kỳ thi học sinh giỏi quốc gia quốc tế Đã có nhiều tác giả nước có nghiên cứu bất đẳng thức có nhiều chuyên đề hay, thể tính thời vấn đề nghiên cứu Được hình thành vào đầu kỷ XX, bất đẳng thức Muirhead xuất công trình nghiên cứu nhà toán học R F Muirhead vào năm 1903 tổng quát hóa quan trọng bất đẳng thức AM − GM Nó cho đánh giá tổng Symmetric hai số có quan hệ ≺ Có thể nói, bất đẳng thức Muirhead công cụ mạnh việc giải số toán bất đẳng thức có độ phức tạp cao thể việc có nhiều tập thi học sinh giỏi, Olympic nước, khu vực, giới - mà việc giải cần dùng đến bất đẳng thức Muirhead Hơn nữa, bất đẳng thức Muirhead áp dụng với bất đẳng thức khác để xây dựng bất đẳng thức sâu sắc Mặc dầu có nhiều tác giả quan tâm đến bất đẳng thức Muirhead việc cải tiến bất đẳng thức chậm, kỷ sau (năm 2009) kể từ công trình R F Muirhead, hai tác giả J B Paris A Vencovská đưa cải tiến bất đẳng thức Sự lựa chọn đề tài Bất đẳng thức Muirhead số vấn đề liên quan nhằm giới thiệu lại công trình nghiên cứu R F Muirhead J B Paris A Vencovská đánh giá tổng Symmetric hai số thực không âm có quan hệ ≺ Ngoài luận văn giới thiệu số ví dụ áp dụng bất đẳng thức Muirhead việc chứng minh tập bất đẳng thức sử dụng kỳ thi học sinh giỏi, Olympic nước, khu vực, giới Luận văn chia thành hai chương Chương nhằm giới thiệu kiến thức lý thuyết bất đẳng thức Muirhead mở rộng bất đẳng thức Trong Chương giới thiệu ví dụ toán sử dụng đến bất đẳng thức Muirhead áp dụng định lý Muirhead Luận văn thực hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Qua xin chân thành cảm ơn thầy cô giáo Khoa Toán, Ban Giám hiệu, Phòng Đào tạo nhà trường Quý Thầy Cô giảng dạy lớp Thạc sĩ khóa (6/2014- 6/2016) trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tận tình truyền đạt kiến thức quý báu, trang bị kiến thức tạo điều kiện tốt cho trình học tập nghiên cứu Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới PGS TS Hà Trần Phương, người tận tình bảo, tạo điều kiện giúp đỡ có thêm nhiều kiến thức, khả nghiên cứu, tổng hợp tài liệu để hoàn thành luận văn cách hoàn chỉnh Tôi xin gửi lời cảm ơn đến gia đình, bạn bè đồng nghiệp động viên, giúp đỡ trình học tập Do thời gian trình độ hạn chế nên luận văn không tránh khỏi thiếu sót Tôi mong nhận góp ý thầy cô bạn để luận văn hoàn thiện Tôi xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, tháng năm 2016 Người viết luận văn Bùi Việt Long Chương Bất đẳng thức Muirhead 1.1 Bất đẳng thức Muirhead cho trường hợp hai ba số 1.1.1 Một số khái niệm Định nghĩa 1.1 ([6]) Cho n số thực không âm a = (a1 , a2 , , an ) số thực dương x = (x1 , x2 , , xn ) Ta định nghĩa i) Tổng Cyclic (Viết tắt: cyc) xa11 xa22 xann đại lượng xa11 xa22 xann =xa11 xa22 xann + xa21 xa32 xa1n cyc n + · · · + xan1 xa12 xan−1 ii) Tổng Symmetric (Viết tắt: sym) xa11 xa22 xann đại lượng xa11 xa22 xann = T (a) = T (x; a) = sym n xaσ(1) xaσ(2) xaσ(n) , σ∈S(n) tổng sym lấy tất hoán vị (σ(1), σ(2), , σ(n)) (1, 2, , n), S(n) tập hợp tất hoán vị {1, 2, , n} iii) Trung bình Symmetric xa11 xa22 xann đại lượng [x; a] = T (x; a) n! Ta sử dụng kí hiệu ngắn gọn [a] thay cho kí hiệu [x; a], T (a) thay cho T (x; a) phần tử x xác định rõ Ví dụ 1.1 ([2]) ab2 c3 = ab2 c3 + bc2 a3 + ca2 b3 ; cyc abc = 6abc sym Ví dụ 1.2 ([4]) Với a = (1, 3, 2) x = (x1 , x2 , x3 ) T (x; a) = x1 x32 x23 + x1 x33 x22 + x2 x31 x23 + x2 x33 x21 + x3 x31 x22 + x3 x32 x21 Và [x; a] = (x1 x32 x23 + x1 x22 x33 + x2 x31 x23 + x2 x33 x21 + x3 x31 x22 + x3 x32 x21 ) Ví dụ 1.3 ([6]) (n − 1)! [(1, 0, 0, , 0); (x1 , , xn )] = (x1 + x2 + + xn ) = n! n n xi i=1 trung bình cộng số x1 , , xn √ 1 ( ; ; ); (x1 , , xn ) = n x1 x2 xn n n n trung bình nhân số x1 , , xn Mệnh đề 1.1 ([6]) Nếu x1 x2 xn = [a1 , a2 , , an ] = [(a1 − r), (a2 − r), , (an − r)] với r > cho − r Nếu x1 x2 xn [a1 , a2 , , an ] [(a1 − r), (a2 − r), , (an − r)] với r > cho − r Sử dụng bất đẳng thức AM – GM, với hai số thực không âm a b ta có [a] + [b] a+b 2 Nhận xét 1.1 Cho số thực không âm a = (a1 , a2 , , an ) số thực dương x = (x1 , x2 , , xn ) Nếu b = (aσ(1) , aσ(2) , , aσ(n) ), (σ(1), σ(2), , σ(n)) hoán vị {1, 2, , n} ta có T (x; a) = T (x; b), [x; a] = [x; b] Tiếp theo ta giới thiệu số khái niệm so sánh n số Cho n số thực không âm a = (a1 , a2 , , an ) Dễ thấy ta xếp lại trật tự phần tử a để cho a1 a2 ··· an Do luận văn này, không tính tổng quát ta giả thiết a1 a2 · · · an nói đến n số (a) Ta xem xét khái niệm quan hệ ≺ hai n số thông qua định nghĩa sau Định nghĩa 1.2 ([6]) Cho hai n số thực không âm a = (a1 , a2 , , an ) b = (b1 , b2 , , bn ) Ta nói b trội a, kí hiệu a ≺ b hay b a điều kiện sau thỏa mãn (sau xếp lại trật tự phần tử a, b cần thiết): 1) a1 a2 ··· an ; b 2) a1 + a2 + · · · + am b2 ··· bn ; b1 + b2 + · · · + bm với m : m 3) a1 + a2 + · · · + an = b1 + b2 + · · · + bn Ví dụ 1.4 ([4]) (2, 1, 0) ≺ (3, 0, 0); (0, 2, 1) ≺ (0, 0, 3), (4, 0, 0, 0) ≺ (2, 0, 2) số phần tử hai khác nhau, (5, 0, −1) ≺ (2, 2, 0) có phần tử âm bộ, (2, 1, 1, 1) ≺ (1, 1, 1, 1)vì + + + = + + + 1, (4, 1, 1, 1) ≺ (3, 3, 1, 0)vì + + Ví dụ 1.5 ([6]) 1 , , , ≺ (1, 0, , 0) n n n n n n − 1; 1.1.2 Định lý Muirhead hai ba số Định lý 1.2 (Định lý Muirhead hai số, [2]) Cho số thực dương a1 , a2 , b1 , b2 thỏa mãn:    a1 a2 ; b b ; a1 b1 ;   a1 + a2 = b1 + b2 Cho x, y số thực dương, xb1 y b2 xa1 y a2 sym sym Đẳng thức xảy : a1 = b1 , a2 = b2 x = y Định lý 1.3 (Định lý Muirhead cho ba số, [2]) Cho hai ba số thực dương a1 , a2 , a3 , b1 , b2 , b3 thỏa mãn:    a1 a2 a3 ; b1 b2 b3 ; a1 b1 ; a1 + a2 b1 + b2 ;   a1 + a2 + a3 = b1 + b2 + b3 Cho x, y, z số thực dương, xa1 y a2 z a3 sym xb1 y b2 z b3 sym Đẳng thức xảy : = bi ; i = 1, 2, x = y = z Chứng minh Để chứng minh định lý ta cần đến bổ đề sau: Bổ đề 1.4 ([1]) Cho số thực không âm a1 , a2 , b1 , b2 , thỏa mãn: a1 + a2 = b1 +b2 ; max {a1 ; a2 } max {b1 ; b2 } Khi với số thực dương x, y , ta có: xa1 y a2 + xa2 y a1 xb1 y b2 + xb2 y b1 Đẳng thức xảy a1 = b1 ; a2 = b2 x = y Chứng minh Không tính tổng quát, ta giả sử a1 a2 , a1 b1 , b1 b2 Do a1 + a2 = b1 + b2 nên ta có: xa1 y a2 + xa2 y a1 − xb1 y b2 − xb2 y b1 = xa2 y a2 (xa1 −a2 + y a1 −a2 − xb1 −a2 y b2 −a2 − xb2 −a2 y b1 −a2 ) = xa2 y a2 (xb1 −a2 + y b1 −a2 )(xb2 −a2 − y b2 −a2 ) = a a (xb1 + y b1 )(xb2 − y b2 ) x 2y Bổ đề chứng minh Ta tiếp tục chứng minh định lý Ta xét hai trường hợp sau: i) Trường hợp Nếu b1 a1 a2 , điều kéo theo a1 a1 + a2 − b1 từ b1 ta có max {a1 + a2 − b1 , b1 } a1 Kéo theo max {a1 , a2 } = a1 max {a1 + a2 − b1 , b1 } Từ a1 + a2 − b1 b + a3 − b = a3 a1 + a2 − b1 b2 b3 ta có max{a1 + a2 − b1 , a3 } max{b2 , b3 } Áp dụng Bổ đề 1.4 hai lần ta có: xa1 y a2 z a3 = sym z a3 (xa1 y a2 +xa2 y a1 ) cyc z a3 (xa1 +a2 −b1 y b1 +xb1 y a1 +a2 −b1 ) cyc xb1 (y a1 +a2 −b1 z a3 +y a3 z a1 +a2 −b1 ) = cyc xb1 (y b2 z b3 +y b3 z b2 ) cyc xb1 y b2 z b3 = sym 34 Ví dụ 2.12 ([8]) Nếu a, b, c là số thực, không âm ta có bất đẳng thức sau a3 + b3 + c3 + abc ≥ (a + b + c)3 Chứng minh Thật vậy, bất đẳng thức dễ dàng có (a + b + c)3 = [3, 0, 0] + 18 [2, 1, 0] + 36 [1, 1, 1] Sau phải chứng minh 3[3, 0, 0] + 6[1, 1, 1] ≥ (3[3, 0, 0] + 18[2, 1, 0] + 36[1, 1, 1]) Khi đó, 18 36 18 [3, 0, 0] + − [1, 1, 1] ≥ [2, 1, 0] 7 Hay 36 18 ([3, 0, 0] − [2, 1, 0]) + − [1, 1, 1] ≥ 7 Hiển nhiên: (3, 0, 0) (2, 1, 0) , suy [3, 0, 0] ≥ [2, 1, 0] [1, 1, 1] ≥ Nhận xét 2.3 Thấy Định lý Muirhead đặc biệt hiệu lớp toán mà dấu đẳng thức xẩy tất biến Thực tiễn có trường hợp ngoại lệ.Ta xét trường hợp biến x, y, z điều kiện kèm phải a1 , a2 , a3 , b1 , b2 , b3 > 0; 35 Khi bất đẳng thức Muirhead xẩy = bi ,∀i = 1, x = y = z có hai số nhau; số lại số x, y, z Ví dụ 2.13 ([1]) Cho x, y, z ≥ 0, thỏa mãn xy + yz + zx = Chứng minh rằng: 1 + + ≥ x+y y+z z+x Chứng minh Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau: 1 (xy + yz + zx) + + x+y y+z z+x ≥ 25 Hay 4(xy + yz + zx) ≥ 25(x + y)2 (y + z)2 (z + x)2 (x + y)(x + z) cyc Hay 2 x2 + xy cyc cyc xy x2 y + 2xyz ≥ 25 sym cyc Rút gọn bất đẳng thức ta bất đẳng thức tương đương sau đây: x5 y − sym x4 y sym sym x4 yz + 14 + sym x5 y − +3 x3 y sym x3 y z + 38x2 y z ≥ sym Bất đẳng thức cuối theo Muirhead Đẳng thức xảy xy + yz + zx = 1và x = y; z = y = z; x = x = z; y = hay x = y = 1; z = y = z = 1; x = x = z = 1; y = 36 2.1.2 Một số bất đẳng thức hình học Ví dụ 2.14 [IMO, 1961] Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác ABC , S diện tích tam giác Khi √ 3S a2 + b2 + c2 Chứng minh Cách Sử dụng công thức Heron, ta viết lại bất đẳng thức cho sau a2 + b2 + c2 √ (a + b + c) (a + b − c) (a + c − b) (b + c − a) 2 2 Bình phương hai vế bất đẳng thức, ta a4 + b4 + c4 a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 Ta dùng ký hiệu [a], bất đẳng thức tương đương với [(4, 0, 0)] [(2, 2, 0)] Hiển nhiên bất đẳng thức áp dụng bất đẳng thức Muirhead ứng với hai số (4, 0, 0) (2; 2; 0) Cách Đặt x = a + b − c; y = c + a − b; z = b + c − a, ta thu x + y + z = a + b + c Khi , Sử dụng công thức Heron ta có 4S = (a + b + c) (xyz) (a + b + c)2 (x + y + z)3 √ (a + b + c) = 27 3 Lúc ta cần chứng minh (a + b + c)2 a2 + b2 + c2 Bất đẳng thức cuối suy từ bất đẳng thức Muirhead vì: [(1, 1, 0)] ≺ [(2, 0, 0)] hay [(1, 1, 0)] ≤ [(2, 0, 0)] nên bất đẳng thức cuối Điều suy bất đẳng thức cần chứng minh 37 Ví dụ 2.15 ([3]) Xét tam giác ABC Với độ dài cạnh a, b, c R, r bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác Khi r R 2a2 − (b − c)2 2b2 − (c − a)2 2c2 − (a − b)2 (a + b) (b + c) (c + a) (2.7) Chứng minh Trước hết ta bất đẳng thức phải chứng minh với biến x, y, z cách dùng đồng thức S a+b+c abc ; r = ; S = p (p − a) (p − b) (p − c) ; p = R= 4S p đặt a= y+z z+x x+y ;b = ;a = 2 Khi đó, ta có x = b + c − a > 0; y = c + a − b > 0; z = a + b − c > Bình phương hai vế Bất đẳng thức (2.7) rút gọn ta được: 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)] Sử dụng bất đẳng thức Muirhead, ta 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 vế tương ứng bất đẳng thức trên, ta bất đẳng thức cần chứng minh Dấu đẳng thức xảy x = y = z , tức tam giác ABC Ví dụ 2.16 ([6]) Cho a, b, c số thực dương, (a + b) (b + c) (c + a) 8abc 38 Chứng minh Cách 1: Khai triển rút gọn ta bất đẳng thức tương đương a2 b + a2 c + b2 c + b2 a + c2 b 6abc Như vậy, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương cần chứng minh tương với a2 b 6abc sym 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 tam giác ABC Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức AM − GM với số thực dương  √  a + b ab  √ b + c bc  √  c + a ab Suy (a + b)(b + c)(c + a) 8abc Điều kéo theo bất đẳng thức cần chứng minh Dấu đẳng thức xảy a = b = c (Dấu đẳng thức xảy tam giác ABC đều.) Ví dụ 2.17 ([8]) Nếu a, b, c độ dài ba cạnh tam giác bất kỳ, chứng minh a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 a3 b3 c3 a+b+c≤ + + ≤ + + 2c 2a 2b bc ca ab Chứng minh Quy đồng, biến đổi khử mẫu ta bất đẳng thức cho tương đương với: 2(a2 bc+ab2 c+abc2 ) ≤ ab(a2 +b2 )+bc(b2 +c2 )+ca(c2 +a2 ) ≤ 2(a4 +b4 +c4 ), Tương đương với: [2, 1, 1] ≤ [3, 1, 0] ≤ [4, 0, 0] 39 Đến ta sử dụng định lý Muirhed, ta có (2, 1, 1) ≺ (3, 1, 0) ≺ (4, 0, 0) Bất đẳng thức cho theo định lý Muirhead Đẳng thức xảy a = b = c, hay tam giác Ví dụ 2.18 ([2]) Cho a,b,c độ dài cạnh tam giác ABC Chứng minh b c a+b+c a + + ≤ a2 + 2bc b2 + 2ca c2 + 2ab ab + bc + ca Chứng minh Vì a,b,c độ dài cạnh tam giác ABC nên a,b,c>0; ≤ a2 bc + sym a3 b + sym a sym a3 bc sym a2 b c + sym ab sym a3 b3 + sym a4 bc sym Điều kéo theo a3 b c + sym +2 a3 b2 c2 + a4 b c sym sym sym a3 b c + a4 b2 c + a3 b2 c2 ≤ sym sym a4 b3 + +2 a4 b + sym sym a3 b3 c + sym a5 bc + sym a3 b c sym a4 b2 c, sym hay a5 bc + sym a3 b c ≥ sym a4 b c + sym a3 b3 c sym Khi a4 + sym a2 bc ≥ sym a3 b + sym a2 b sym Theo định lý Schur định lý Muirhead ta có: 3 [4; 0; 0] + [2; 1; 1] ≥ [3; 1] ( Theo định lý Schur) 2 40 1 (4; 0; 0) (2; 2; 0) (Theo định lý Muirhead) 2 (3; 1; 0) (2; 2; 0) (Theo định lý Muirhead) Suy hạng tử bất đẳng thức cuối không âm (đpcm.) Đẳng thức xẩy a = b = c Hay tam giác ABC 2.2 Kết hợp với số bất đẳng thức khác Trong phần giới thiệu số bất đẳng thức mà việc giải cần kết hợp bất đẳng thức Muirhead với bất thức khác: bất đẳng thức Schur, ASYM, Cauchy-Schwarz Trước hết ta nhắc bất đẳng thức 2.2.1 Một số bất đẳng thức liên quan Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ([2]) Với hai n số thực (a1 , a2 , , an ), (b1 , b2 , , bn ) ta có: n n ( b i ) i=1 n a2i )( ( i=1 b2i ) i=1 Đẳng thức xảy khi: a2 an a1 = = ··· = b1 b2 bn với qui ước bk = ak = Bất đẳng thức Holder ([2]) Dạng tổng quát: m n ( i=1 n m aij ) j=1 m j=1 m aij i=1 aij > với i = 1, 2, , m, j = 1, 2, , n 41 Bất đẳng thức ASYM ([2]) Kết hợp bất đẳng thức AM – GM Holder, ta có bất đẳng thức ASYM sau: Cho m số n số thực không ấm a1 = (a11 ; a12 ; a1n ), (a21 ; a22 ; a2n ), , am = (am1 ; am2 ; amn ) Ta đặt a1i + a2i + · · · + ami m với i = 1, , n kí hiệu t = (t1 , , tn ) Khi với môi số dương x = (x1, x2 , , xn ) ta có ti = m [x; ] m[x; t] i=1 Bất đẳng thức Schur số hệ Ta nhắc lại với số thực không âm a = (a, a2 , , an ) số thực dương x = (x1 , x2 , , xn ), tổng sym xác định sau: n xaσ(1) xaσ(2) xaσ(n) , T (x; a) = σ∈S(n) tổng sym lấy qua tất hoán vị (σ(1), σ(2), , σ(n)) {1, 2, , n}, S(n) tập hợp tất hoán vị {1, 2, , n} Định lý 2.1 [Bất đẳng thức Schur] Với α ∈ R β > 0, ta có T (x; (α + 2β, 0, 0)) + T (x; (α, β, β)) T (x; (α + β, β, 0)) Một trường hợp đặc biệt bất đẳng thức Schur β = định lý sau Định lý 2.2 ([2]) Cho x, y, z số thực không âm t ∈ R Khi ta có bất đẳng thức xt (x − y)(x − z) + y t (y − x)(y − z) + z t (z − x)(z − y) 0, đẳng thức xẩy x = y = z x = y, z = (và hoán vị nó) 42 Hệ 2.3 ([2]) Cho x, y, z a, b, c số thực dương thỏa mãn a b c a b c Khi ta có bất đẳng thức a(x − y)(x − z) + b(y − x)(y − z) + c(z − x)(z − y) Hệ 2.4 ([2]) Cho x, y, z số thực dương Khi 3xyz + x3 + y + z 2((xy)3/2 + (yz)3/2 + (zx)3/2 ) Hệ 2.5 ([2]) Cho k ∈ (0; 3] a, b, c số thực dương Khi (3 − k) + k(abc)2/3 + a2 + b2 + c2 2.2.2 2(ab + bc + ca) Ví dụ áp dụng Ví dụ 2.19 ([2]) Cho a, b, c ≥ Chứng minh rằng: (a2 + b2 )(b2 + c2 )(c2 + a2 )(ab + bc + ca)2 ≥ 8a2 b2 c2 (a2 + b2 + c2 ) Chứng minh Bất đẳng thức cho tương đương với: a4 b2 + sym ≥ a2 b c sym a2 b2 c2 sym a2 b2 + sym a4 + sym a2 bc sym a2 b sym Kéo theo a6 b + 2 sym a6 b2 c2 + sym a6 b c + +2 sym sym a5 b c + sym a4 b4 c2 + + sym a4 b4 c2 a5 b c sym a4 b c ≥ sym a6 b c + sym a4 b c sym Bất đẳng thức tương đương với a6 b + sym a6 b c + sym sym a4 b c ≥ +2 sym a5 b c + sym a6 b c + sym a5 b c a4 b4 c2 sym (2.8) 43 Theo định lý Muirhead, ta có: (6; 4; 0) (6; 2; 2) ; (6; 3; 1) (6; 2; 2) (2.9) Theo ASYM, ta có: 2[5; 4; 1] + 2[3; 5; 2] + 2[4; 3; 3] ≥ 6[4; 4; 2] (2.10) Từ (2.9), (2.10) suy (2.8) suy bất đẳng thức cho chứng minh Đẳng thức xảy a = b; c = b = c; a = a = c; b = Ví dụ 2.20 ([2]) Cho a, b, c > 0; abc = Chứng minh a4 + b4 + c4 + ≥ Chứng minh Đặt x = √ a; y = √ ab bc ca + + c a b b; z = √ c suy xyz = Khi đó: Bất đẳng thức cho tương đương với: x12 + y 12 + z 12 + 3x4 y z ≥ x6 y + y z + z x6 Hay x12 + sym x4 y z ≥ sym x6 y sym Theo định lý Schur ta có [12; 0; 0] + [4; 4; 4] ≥ [6; 6; 0] Theo định lý Muirhead ta có (8; 4; 0) (6; 6; 0) Suy hạng tử bất đẳng thức cuối không âm ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xẩy a = b = c = Ví dụ 2.21 [Định lý Schur] Cho a, b, c số thực không âm, cho k > Chứng minh : ak (a − b)(a − c) ≥ cyc 44 Chứng minh Vì bất đẳng thức đối xứng theo biến; không tính tổng quát, ta giả sử a ≥ b ≥ c ≥ đó, bất đẳng thức cho viết lại ak (a − b)(a − c) + bk (b − c)(b − a) + ck (c − a)(c − b) ≥ Bất đẳng thức theo định lý Muirhead, ta có: [k + 2; 0; 0] + [k; 1; 1] [k + 1; 1; 0] (Mọi hạng tử vế trái không âm.) Ví dụ 2.22 ([1]) Cho a, b, c > thỏa mãn abc = Khi √ √ √ a3 + b3 + c3 a b + c + b a + c + c a + b Chứng minh Thật vậy, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với (a3 + b3 + c ) abc √ b+c+b a abc √ a+c+c abc √ a+b 2 Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz để chứng minh toán ta cần chứng minh khẳng định sau: (a3 + b3 + c3 ) a2 abc abc abc (b + c) + b2 (a + c) + c2 (a + b) 2 Tương đương với a3 b a6 + 2 a3 b2 c, sym sym a3 b c + a3 b − cyc hay a6 − sym sym sym a3 b c sym Bất đẳng thức cuối theo bất đẳng thức Muirhead Đẳng thức √ xảy a = b = c = Ví dụ 2.23 ([2]) Cho a, b, c a2 + b2 b2 + c2 Chứng minh c2 + a2 (a + b + c)2 a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 45 Chứng minh Chuẩn hóa a + b + c = 1, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành : (a2 + b2 )(b2 + c2 )(c2 + a2 ) 8(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) , tương đương với a4 b c a4 b4 +6 sym sym sym sym sym sym sym a3 b c a4 b2 c2 + a4 b3 c+ a5 b2 c+2 a5 b3 +2 a6 b + sym Chuyển sang viết dạng [a], bất đẳng thức 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 [6; 2; 0] [4; 4; 0]; 2[5; 3; 0] [4; 4; 0] Theo Bất đẳng thức ASYM, 2[5; 2; 1] + 2[4; 1; 3] + 2[3; 3; 2] 5+4+3 2+1+3 1+3+2 ; ; ] 3 = 6[4; 2; 2] 6[ Cộng vế theo vế đánh giá trên, ta có điều phải chứng minh Dấu 1 đẳng thức xảy khi: a = b = c = a = b = ; c = hoán vị Ví dụ 2.24 [Iran, 1996] Cho x, y, z số thực dương Chứng minh rằng: (xy + yz + zx)( 1 + + ) (x + y)2 (y + z)2 (z + x)2 Chứng minh Bất đẳng thức cho tương đương với: x5 y + sym x4 yz + 6x2 y z − cyc x4 y − sym x3 y − cyc x3 y z sym 46 Ta viết lại sym sym sym x3 y ) x5 y − x4 y ) + 3( x5 y − ( sym x2 y) x3 − + 2xyz(3x2 y z + sym cyc Theo bất đẳng thức Muirhead bất đẳng thức Schur, tổng ba số hạng không âm nên bất đẳng thức chứng minh Ví dụ 2.25 ([10]) Cho a, b, c > số thực, a3 + b + c + (a + b + c)3 27 ((2a + b)3 + (2b + a)3 + (2c + b)3 + (2a + c)3 + (2c + a)3 ) 81 Chứng minh Thật vậy, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với (28(a3 +b2 +c3 )+3 a2 b+6abc) 27 sym (18(a3 +b3 +c3 )+18 a2 b) 3.27 sym hay 16(a3 + b3 + c3 ) + 6abc a2 b sym Tương đương với a3 − 7( sym a2 b) + 2(a3 + b3 + c3 + 3abc − sym a2 b) sym Từ bất đẳng thức Muirhead bất đẳng thức Schur, ta suy bất đẳng thức cuối Chú ý Ví dụ áp dụng bất đẳng thức Karamata để chứng minh 47 KẾT LUẬN Trong luận văn trình bày số vấn đề sau: Giới thiệu số kết cổ điển bất đẳng thức Muirhead cho hai ba số thực không âm Phát biểu chứng minh định lý Muirhead tổng quát cho n số thực không âm Giới thiệu mở rộng bất đẳng thức Muirhead J B Paris A Vencovská chứng minh năm 2009 Tổng hợp tập bất đẳng thức mà chứng minh sử dụng bất đẳng thức Muirhead kết hợp với số bất đẳng thức quen thuộc khác 48 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Định lý Muihead ứng dụng, http://www.diendantoanhoc.net [2] Trần Phương, (2011), Những viên kim cương bất đẳng thức toán học, NXB tri thức Tiếng Anh [3] Cezar L., Tudorel L., (2006), Problem 11245, American Mathematical Monthly, Vol.113 [4] Hardy G.H., Littlewood J.E., Polya G (1967), Inequalities, Cambridge University Press [5] Ivan M., (2007), Classical Inequalities, Olympial Training Materials [6] Lau C.H., (2006), Muirhead’s Inequality, Mathematical Excalibur, Vol.11 [7] Paris J.B and Vencovská A., (2009), A Generalization of Muirhead’s inequality, Journal of Mathematical inequalities, Vol.3 [8] Radmila B.M., Jose A.G.O, Rogelio V.D., (2009), Inequalities, A Mathematical Olympial Approach, Birkhauser [9] Stanley R., (2006), On The Computer Solution of Symmetric Homogeneous Triangle Inequalities, Alliant Computer Systems Corporation Littleton, MA 01460 [10] Zoran K.D.D., Milivoje L., Ivan M., (2005), Inequalities of Karamata, Schur and Muirhead, and some applications, The Teaching of M athematics, Vol.8, pp 31-45 ... dùng đến bất đẳng thức Muirhead Hơn nữa, bất đẳng thức Muirhead áp dụng với bất đẳng thức khác để xây dựng bất đẳng thức sâu sắc Mặc dầu có nhiều tác giả quan tâm đến bất đẳng thức Muirhead việc... số áp dụng bất đẳng thức Muirhead 23 2.1 Chứng minh số bất đẳng thức đại số hình học 23 2.1.1 Một số bất đẳng thức đại số 23 2.1.2 Một số bất đẳng thức hình học ... i∈V pj j∈T 23 Chương Một số áp dụng bất đẳng thức Muirhead 2.1 Chứng minh số bất đẳng thức đại số hình học 2.1.1 Một số bất đẳng thức đại số Ví dụ 2.1 ([2]) Cho a, b, c > số thực, 1 + + a b c