(Luận văn thạc sĩ) một số mở rộng của bất đẳng thức muirhead và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN LONG PHI MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC MUIRHEAD VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Bình Định - Năm 2021 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN LONG PHI MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC MUIRHEAD VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN: TS LÊ QUANG THUẬN Bình Định - 2021 Mục lục Lời cam đoan Mở đầu 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Bộ trội số tính chất 1.2 Tổng đối xứng hoán vị 1.3 Hàm lồi Bất đẳng thức Muirhead số ứng dụng 10 2.1 Bất đẳng thức Muirhead 10 2.2 Một số ứng dụng bất đẳng thức Muirhead 14 2.2.1 Chứng minh số bất đẳng thức đại số 14 2.2.2 Chứng minh số bất đẳng thức hình học 27 Một số dạng mở rộng bất đẳng thức Muirhead ứng dụng 31 3.1 31 Bất đẳng thức Muirhead dạng tổng quát i ii 3.2 3.3 Một mở rộng bất đẳng thức Muirhead liên quan đến trung bình lũy thừa trộn lẫn 37 Bất đẳng thức Muirhead mở rộng theo cách phân hoạch 42 Kết luận 51 Tài liệu tham khảo 52 Quyết định giao đề tài luận văn (bản sao) LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan nội dung trình bày luận văn trung thực không trùng lặp với đề tài khác Đề tài “Một số mở rộng bất đẳng thức Muirhead ứng dụng” kết sưu tầm, tìm hiểu tơi hướng dẫn TS Lê Quang Thuận Tôi xin cam đoan kết trình bày luận văn có tài liệu tham khảo trích dẫn rõ ràng, đảm bảo tính trung thực xác Mở đầu Bất đẳng thức vấn đề khó, hấp dẫn thu hút quan tâm đơng đảo người giảng dạy tốn bậc phổ thông đến đại học nhà nghiên cứu toán Hiện nay, lý thuyết bất đẳng thức lĩnh vực toán học đồ sộ, phát triển rộng sâu Lý thuyết công cụ quan trọng để phát triển nhiều lĩnh vực tốn học Trong tốn phổ thơng, chủ đề bất đẳng thức gặp thường xuyên chúng hay xuất kỳ thi học sinh giỏi để đánh giá tư học sinh Trong năm gần đây, nhiều nghiên cứu tập trung mở rộng bất đẳng thức Muirhead ứng dụng việc chứng minh bất đẳng thức Tìm hiểu kết bổ ích cho cơng việc giảng dạy nghiên cứu Toán học sơ cấp bậc Trung học phổ thơng Với mong muốn tìm hiểu bất đẳng thức Muirhead, số dạng mở rộng ứng dụng, chọn đề tài “Một số mở rộng bất đẳng thức Muirhead ứng dụng” để nghiên cứu cho luận văn thạc sĩ Phương pháp nghiên cứu sử dụng sưu tầm, đọc tài liệu làm rõ cơng trình công bố giới nước Tham khảo dạng toán kỳ thi học sinh giỏi có liên quan đến bất đẳng thức Muirhead Từ đó, tạo đề tài phù hợp cho công tác giảng dạy, bồi dưỡng cho học sinh giỏi tốn Phổ thơng Đề tài đóng góp thiết thực cho việc dạy học trường Phổ thông, đem lại niềm đam mê, sáng tạo việc dạy tốn học tốn Nội dung luận văn gồm ba chương với nội dung chương trình bày sau: Chương Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương này, chúng tơi trình bày số vấn đề quan hệ trội số thực khơng âm; trình bày khái niệm số tính chất ban đầu tổng đối xứng hốn vị tổng hốn vị vịng quanh Chương Bất đẳng thức Muirhead số ứng dụng Trong chương này, phát biểu chứng minh bất đẳng thức Muirhead cho hai số ba số thực khơng âm Một số ví dụ áp dụng bất đẳng thức toán sơ cấp chọn lọc trình bày Chương Một số dạng mở rộng bất đẳng thức Muirdhead ứng dụng Trong chương này, chúng tơi trình bày bất đẳng thức Muirhead dạng tổng quát cho n số chứng minh dựa cách tiếp cận bất đẳng thức Cauchy-Schwarz [13] Hai mở rộng khác bất đẳng thức Muirhead dựa cách nhìn mở rộng trung bình mở rộng phép phân hoạch biến đề cập Luận văn thực hoàn thành trường Đại học Quy Nhơn hướng dẫn tận tình thầy TS Lê Quang Thuận Nhân dịp này, xin gửi lời biết ơn sâu sắc đến Thầy tận tình hướng dẫn, giúp đỡ suốt trình học tập làm Luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Ban lãnh đạo Trường Đại học Quy Nhơn, Phòng Đào tạo Sau Đại học, Khoa Toán Thống kê với quý thầy cô dạy lớp cao học Phương pháp Toán sơ cấp K22 (06/2019 – 06/2021), nhiệt tình giảng dạy tạo điều kiện thuận lợi suốt trình học tập làm Luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn đến gia đình, bạn bè đồng nghiệp tạo điều kiện thuận lợi, động viên, giúp đỡ suốt trình học tập Do thời gian trình độ cịn hạn chế nên Luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót Rất mong nhận góp ý quý thầy cô bạn để Luận văn hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn! Bịnh Định, tháng năm 2021 Học viên Nguyễn Long Phi Chương Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương này, giới thiệu số khái niệm trội số tính chất để chuẩn bị cho chương sau 1.1 Bộ trội số tính chất Cho n số thực không âm α “ pα1 , α2 , , αn q, tức αi ě 0, i “ 1, 2, , n Ta xếp trật tự thành phần α theo thứ tự giám dần α1Ó ě α2Ó 3ể ă ă ă nể Ta ký hiệu αĨ véc tơ có từ α cách thành phần theo thứ tự giảm dần trên, tức αÓ “ pα1Ó , α2Ó , , αnÓ q Trong tập hợp tất n số thực không âm, ta thứ tự (khơng tồn phần) quan hệ trội ă ą định nghĩa sau Định nghĩa 1.1 ([13]) Với hai n số thực không âm α “ pα1 , α2 , , αn q β “ pβ1 , β2 , , βn q, ta nói α trội β, kí hiệu α ą β, hay β trội α, ký hiệu β ă α điều kiện sau thỏa mãn: (a) k ř i“1 αiÓ ě k ř i“1 βiÓ , @k “ 1, 2, , n 1; (b) 1ể ` 2ể ` ă ¨ ¨ ` αnÓ “ β1Ó ` β2Ó ` ¨ ¨ ¨ ` βnĨ Ví dụ 1.1 • p1, 1, 1, 1q ă p2, 1, 1, 0q ă p3, 1, 0, 0q ă p4, 0, 0, 0q • p1, 1, 1, 1q ă p0, 1, 1, 2q ă p3, 1, 0, 0q ă p0, 0, 4, 0q Ví dụ 1.2 Với n số thực không âm α “ pα1 , α2 , , αn q, ta có pα ¯, α ¯, , α ¯ q ă pα1 , α2 , , αn q ă pα1 ` α2 ` ¨ ¨ ¨ ` αn , 0, , 0q α ¯“ pα1 ` α2 ` ă ă ă ` n q n T nh nghĩa quan hệ trội ă, ta thấy quan hệ có tính chất bắc cầu α ă β, β ă γ ùñ α ă γ Định nghĩa 1.2 (Ma trận ngẫu nhiên kép) Ma trận ngẫu nhiên kép (còn gọi ma trận bistochastic), ma trận vuông A “ paij q không âm số thực, hàng cột có tổng 1, ÿ ÿ aij “ aij “ i j Với n số thực không âm β “ pβ1 , β2 , , βn q, ta ký hiệu Hpβ q bao lồi tập điểm pβσp1q , βσp2q , , βσpnq q với σ chạy khắp S pnq, S pnq tập hợp tất hoán vị (song ánh) σ : t1, 2, , nu Ñ t1, 2, , nu Hpβ q “ convtpβσp1q , βσp2q , , βσpnq q | σ P S pnqu Định lý sau cho ta điều kiện cần đủ để α làm trội β 39 Bổ đề 3.1 ([7]) Cho α β hai véctơ xác suất Khi đó, khẳng định sau tương đương paq α ă β; pbq Tồn véc tơ xác suất c “ pc1 , c2 , , cn! q cho α“ S pnq “ tτ1 , τ2 , , τn! u n! ÿ ck βτk k“1 Bổ đề 3.2 ([7]) Cho α β véctơ xác suất với α ă β Giả sử S pnq “ tσ1 , σ2 , , σn! u Với y “ py1 , y2 , , yn q P Rn` , ta có paq Nếu r ě Fr pApα; yσ1 q, , Apα; yσn! qq ď Fr pApα; yσ1 q, , Apα; yσn! qq pbq Nếu r ď Fr pApα; yσ1 q, , Apα; yσn! qq ě Fr pApα; yσ1 q, , Apα; yσn! qq Chứng minh Ta có f pxq “ xr , x ą hàm số lồi với r P p´8, 0q Y r1, 8q lõm với r P p0, 1s Ta có Gr C n! n! ÿ ÿ r ck xβτk , yσj yr , r P p´8, 0q Y r1, 8q, ď xα, yσj y “ ck βτk , yσj xα, yσj yr “ α “ Ck“1 n! ÿ ck βτk , yσj k“1 řn! k“1 ck βτk Gr ě k“1 n! ÿ k“1 ck xβτk , yσj yr , r P p0, 1s, với véc tơ xác suất pc1 , c2 , , cn! q τ1 , , τn! hốn vị thuộc S pnq Khi đó, ta có # + 1r # + 1r n! n! n! ÿ ÿ ÿ 1 xα, yσj yr ck xβτk , yσj yr ď , r P r1, 8q, n! n! j “1 j “1 k“1 # n! ÿ xα, yσj yr n! j “1 + 1r ě # n! n! ÿ ÿ ck xβτk , yσj yr n! j “1 k“1 + 1r , r P p´8, 0q Y p0, 1s 40 Để ý tσj τ : j “ 1, 2, , n!u “ tσj : j “ 1, 2, , n!u với τ P S pnq Từ ta có n! n! n! n! ÿ ÿ ÿ ÿ r xβτk , yσj yr ck xβτk , yσj y “ ck n! k“1 n! j “1 j “1 k“1 n! ÿ xβ, yσj τk´1 yr ck “ n! j “1 k“1 n! ÿ n! n! ÿ ÿ 1 r ck xβ, yσj y “ xβ, yσj yr “ n! n! j “1 j “1 k“1 n! ÿ Trường hợp r “ 0, ta lấy giới hạn bất đẳng thức thứ hai r Ñ Định lý 3.2 ([7]) Cho α β hai véctơ xác suất cho α ă β Giả sử S pnq “ tσ1 , σ2 , , σn! u Khi đó, với x “ px1 , x2 , , xn q có thành phần dương p ď q, ta có paq Fq pFp pα; xσ1 q, , Fp pα; xσn! qq ď Fq pFp pβ; xσ1 q, , Fp pβ; xσn! qq pbq Fp pFq pα; xσ1 q, , Fq pα; xσn! qq ě Fp pFq pβ; xσ1 q, , Fq pβ; xσn! qq Chứng minh (a) Xét trường hợp Trường hợp 1: ă p ď q Khẳng định paq tương đương với ¸p{q ˜ ¸p{q ˜ n! n! ÿ ÿ 1 ď xα, xpσk yp{q xβ, xpσk yp{q n! n! k“1 k“1 Đặt r “ q {p ě y “ xp Khi đó, bất đẳng thức sau trở thành Fr pApα; yσ1 q, , Apα; yσn! qq ď Fr pApβ; yσ1 q, , Apβ; yσn! qq Tính chứng minh Bổ đề 3.2 Trường hợp 2: p ă ă q Khẳng định paq tương đương với ˜ ¸p{q ˜ ¸p{q n! n! ÿ ÿ 1 xα, xpσk yp{q xβ, xpσk yp{q ě n! n! k“1 k“1 41 Đặt r “ q {p ă y “ xp Khi đó, bất đẳng thức sau trở thành Fr pApα; yσ1 q, , Apα; yσn! qq ě Fr pApβ; yσ1 q, , Apβ; yσn! qq Tính chứng minh Bổ đề 3.2 Trường hợp 3: p ď q ă Trong trường hợp này, ta có ´1 ´1 Fq pFp pα; xσ1 q, , Fp pα; xσn! qq “ F´q pF´p pα; x´ σ1 q, , F´p pα; xσn! qq ´1 ´1 ď F´q pF´p pβ; x´ σ1 q, , F´p pβ; xσn! qq “ Fq pFp pβ; xσ1 q, , Fp pβ; xσn! qq Trường hợp 4: p “ q “ Ta lấy giới hạn p Ñ q Ñ trường hợp (b) Chứng minh tương tự Hệ 3.1 ([7]) Cho α “ pα1 , α2 , , αn q véc tơ xác suất x “ px1 , x2 , , xn q P Rn` Giả sử S pnq “ tσ1 , σ2 , , σn! u Khi đó, với p ď q, ta có paq Fp pxq ď Fq pFp pα; xσ1 q, , Fp pα; xσn! qq ď Fq pxq pbq Fp pxq ď Fp pFq pα; xσ1 q, , Fq pα; xσn! qq ď Fq pxq Chứng minh (a) Với véctơ xác suất α “ pα1 , α2 , , αn q, ta có γ “ p1{n, 1{n, , 1{nq ă α ă β “ p1, 0, , 0q Hơn nữa, Fq pFp pγ; xσ1 q, , Fp pγ; xσn! qq “ Fq pFp pxq, , Fp pxqq “ Fp pxq 42 Fq pFp pβ; xσ1 q, , Fp pβ; xσn! qq “ Fq pp1{n!, , 1{n!q; x1 , , x1 , , xn , , xn q “ Fq pxq Theo Định lý 3.2, ta có Fp pxq “ Fq pFp pγ; xσ1 q, , Fp pγ; xσn! qq ď Fq pFp pα; xσ1 q, , Fp pα; xσn! qq ď Fq pFp pβ; xσ1 q, , Fp pβ; xσn! qq “ Fq pxq (b) Tương tự, ta nhận Fp pxq “ Fp pFq pβ; xσ1 q, , Fp pβ; xσn! qq ď Fp pFq pα; xσ1 q, , Fq pα; xσn! qq ď Fp pFq pγ; xσ1 q, , Fq pγ; xσn! qq “ Fq pxq Nhận xét 3.2 Nếu lấy p “ ă q “ 1, Định lý 3.2 cho ta bất đẳng thức Muirhead tổng quát cho trường hợp số mũ véc tơ xác suất 3.3 Bất đẳng thức Muirhead mở rộng theo cách phân hoạch Ta nói gồm r tập hợp tS1 , S2 , , Sr u phép phân hoạch tập t1, 2, , k u Si X Sj “ ∅ Yrj“1 Si “ t1, 2, , k u Cho tập số S Ă t1, 2, , k u, số nguyên m ą số thực dương ` ÿ ˘˝m p1 , p2 , , pk Tổng pi hiểu tổng số hạng khai iPS `ÿ ˘m triển lũy thừa pi mà ta tính số hạng có lũy thừa khác iPS không tất pi với i P S 43 Hiển nhiên m ă |S | ˜ ÿ iPS pi ˜ ¸˝m ÿ pi iPS “ ¸˝m “ Nếu S “ ∅, ta quy ước $ ’ &1 m “ ’ %0 m ą Để chứng minh kết mở rộng phần này, ta cần bổ đề sau Bổ đề 3.3 ([11]) Cho m, n, k P N, n m 0, X t1, 2, ă ¨ ¨ , k u, p1 , p2 , , pk P R số thực dng t m án ă P pn, mq “ pi pi ‚ QĂX iPQ iPX zQ Khi (3.9) P pn ` 1, mq ě P pn, m ` 1q Chứng minh Ta thấy trường hợp k ă k ą n ` m ` đơn giản Ta chứng minh trường hợp lại Xét số hạng dạng pi1 pi2 pin`m`1 biểu diễn đầy đủ P pn`1, mq, pi1 pi2 pim`1 ` ÿ ˘˝pn`1q ` ÿ ˘˝m P pi pi , pin`2 pi2 pin`m`1 P iPQ iPX zQ với tập Q Ă X, biểu diễn đầy đủ P pn ` 1, mq hiểu `ÿ ˘ ` ÿ ˘ pi n lần với pi tổng tích số pi việc nhân iPQ iPX zQ m lần giữ pi theo thứ tự trình nhân (không gộp thành lũy thừa pi giống nhau) bỏ tích mà khơng chứa pi lần Ta chia thành hai trường hợp sau: 44 pa1q in`1 R ti1 , i2 , , in u, pa2q in`1 P ti1 , i2 , , in u, đặt G “ tim`1 , im`2 , , in u, T “ tj : m ă j ď n, lj P Gu Khi G Ď X, T Ď tm ` 1, m ` 2, , nu Tương tự, ta xem xét số hạng pi1 pi2 pin`m`1 biểu diễn đầy đủ P pn, m ` 1q, pi pi pin P ˜ ÿ pi iPQ pin`1 pi2 pin`m`1 án ă P , ÿ iPX zQ ˛˝pm`1q pi ‚ với tập Q Ă X, ta chia thành hai trường hợp sau pb1q in`1 R tin`2 , in`3 , , in`m`1 u pb2q in`1 P tin`2 , in`3 , , in`m`1 u, đặt G “ tim`1 , im`2 , , in uzti1 , i2 , , im u, T “ tj : m ă j ď n, ij P Gu Khi G Ă X, T Ă tm ` 1, m ` 2, , nu Bây ta kết hợp P pn ` 1, mq P pn, m ` 1q theo phép phân chia Các số hạng thuộc trường hợp pa1q pb1q hiển nhiên bỏ qua việc xem xét số hạng xuất P pn ` 1, mq P pn, m ` 1q với tập Q thích hợp (chú ý P pn, mq lấy tổng qua tất tập Q X nên có hai tập Q Q1 X để số hạng có P pn ` 1, mq P pn, m ` 1q) 45 Với tập hợp G, T cố định, từ trường hợp pa2q vào P pn ` 1, mq QX zG ă i PQ m pi nm|T | ă ă á|T | ă ÿ ÿ ˝ ˝ pi ‚ pi pi ‚˝ i PG i P Q YG i PQ ÿ iPX zpQYGq ˛˝m pi ‚ , (3.10) từ trường hợp pb2q vào P pn, m ` 1q ÿ QX zG ă i PQ m pi i PG nm|T | ă á|T | ă ÿ ˝ ˝ pi ‚ pi i PQ ÿ iPX zpQYGq ă pi iPX zpQYGq Ly (3.10) tr (3.11) ta phần chênh lệch bao gồm ˜ ¸˝m á|T | ánm|T | áă ÿ ÿ ÿ pi pi pi pi ˝ QĂX zG iPQ iPG iPQ iPG ÿ ˛˝m pi ‚ iPX zpQYGq (3.11) ˛˝m pi ‚ (3.12) ÿ QĂX zG ˜ ÿ iPQ pi ¸˝m ˜ ÿ iPG pi ¸˝|T | ă iPX zpQYGq m pi $ án`1m|T | ánm|T | ă & ˆ pi ´ pi % iPQ iPQ ÿ iPX zpQYGq ˛, ‚ pi - (3.13) Dế thấy (3.12) đại lượng không âm Bây giờ, ta xét (3.13), ta thấy việc lấy tổng tất tập hợp Q Ă X zG (3.13) tương tự lấy tổng phần bù Q1 Q X zG, nên (3.13) tương đương 46 với ÿ QX zG ă iPX zpGYQ1 q m pi ‚ ÿ pi iPG ¸˝|T | ˜ ÿ pi iPQ1 ám , $ă n`1m|T | ă nm|T | ¸/ ’ & ÿ ÿ ÿ pi ´˝ pi ‚ pi ‚ ˆ ˝ / ’ % iPX zpGYQ1 q iPQ iPX zpGYQ q (3.14) Ta viết lại Q1 (3.14) thành Q ta thấy tổng (3.13) (3.14) (3.13) tương đương với ˜ ám á|T | ă pi pi iPQ QĂX zG ´ n`1´m´|T | ˆ A ÿ A “ “ ´ ´ iPG iPQ ´A n`1´m´|T | A n´m´|T | A iPX zpQYGq n´m´|T | pi , B “ ÿ B`B ÿ n`1´m´|T | ˛˝m pi ‚ ´B n´m´|T | ¯ A , pi , đại lượng khơng âm iPX zpQYGq n´m´|T | ´A ´B n´m´|T | ¯ B`B n`1´m´|T | ´B n´m´|T | pA ´ B q ě ¯ A Điều suy bất đẳng thức (3.9) Từ Bổ đề 3.3, ta có hệ sau Hệ 3.2 ([11]) Cho pn2 , n2 , , nr q ą pm1 , m2 , , mr q hai r số thực không âm, giảm ď i ă j ď r Giả sử nl “ ml với ď l ď r, l ‰ i, j mi “ ni ´ ě mj “ nj ` Khi ú vi mi b p1 , p2 , ă ă ¨ , pk số thực dương, ta có ¸˝nj ¸˝mj ˜ ˜ r r ÿź ÿ ÿź ÿ pi ě pi par j “1 iPSj par j “1 iPSj 47 ÿ par lấy qua tất phộp phõn hoch tS1 , S2 , ă ă ă , Sr u ca t1, 2, ă ă ă , k u Chứng minh Ta cố định tập Sl với l ‰ i, j đặt X “ Si Y Sj , Q “ Si Sử dụng Bổ đề 3.3, ta có kết luận hệ Bây ta phát biểu chứng minh mở rộng bất đẳng thức Muirhead sau Định lý 3.3 ([11]) Cho α “ pα1 , α2 , , αr q, β “ pβ1 , β2 , , βr q hai r số thực giảm, không âm cho α ă β a1 , a2 , , an số thực dương Khi r ÿź par j “1 ÿ par ˜ ÿ iPSj ¸˝αj ď r ÿź par j “1 ˜ ÿ iPSj ¸˝βj , (3.15) lấy tất phép phân hoạch tS1 , S2 , , Sr u tập t1, 2, , nu Chứng minh Ta chứng minh định lý phương pháp quy nạp Ta chứng minh kết luận Hệ 3.2 αi “ βi ´ n ě αj “ βj ` n Điều kéo theo pα1 , α2 , , αr q “ Lpβ1 , β2 , , βr q n ÿź par j “1 ˜ ÿ iPSj ¸˝βj ě n ÿź par j “1 ˜ ÿ iPSj ¸˝αj (3.16) L phép biến đổi tuyến tính đề cập đến Định lý 1.2 Bằng quy nạp ta chứng minh pα1 , α2 , , αr q “ Lm pβ1 , β2 , , βr q, 48 m số ngun dương (3.16) Bây giờ, ta xét hai p1 , , ă ă ă , r q, pβ1 , β2 , , βr q giả thiết Định lý, theo Định lý 1.2, tồn số hữu hạn m để cho pα1 , α2 , , αr q “ Lm pβ1 , β2 , , βr q Sử dụng cơng thức (3.16), ta có kết luận Định lý Nhận xét 3.3 (1) Dựa vào chứng minh Định lý 3.3, dấu đẳng thức bất đẳng thức (3.15) pα1 , α2 , , αr q “ pβ1 , β2 , , βr q hoc a1 a2 ă ă ă an (2) Nếu r “ n, Định lý 3.3 cho ta Định lý 3.1 Thật vậy, trường hợp ta có phép phân hoạch mà tập Sj có phần tử n n ÿź ÿź ` ÿ ˘˝αj ` ÿ ˘˝βj tổng tổng hốn vị đối par j “1 par j “1 iPSj iPSj xứng phần tử a1 , a2 , ă ă ă , an ng với số mũ α “ pα1 , α2 , , αn q β “ pβ1 , β2 , , βn q tương ứng Từ Định lý 3.3, ta có kết sau Hệ 3.3 ([11]) Cho a1 , a2 , , ak ą n ě m ě Khi đó, ta có bất đẳng thức ÿ V,T Ăt1,2, ,ku V XT “∅ p´2qk´|V YT | ˜ ÿ iPV ¸n ˜ ÿ iPT ¸m ˜ ÿ iPV ´ ÿ iPT ¸ ě Chứng minh Bằng cách quy nạp theo |Q|, ta với tập Q Ă X “ t1, 2, , k u, ta có ˜ ¸˝n ˜ ¸n ÿ ÿ ÿ “ p´1q|Q|´|V | iPQ V ĂQ iPV (3.17) 49 Hiển nhiên điều Q “ ∅ điều với tập thực Q ˜ ¸˝n ˜ ¸n ˜ ¸˝n ÿ ÿ ÿ ÿ “ ´ iPQ iPQ “ ˜ “ ˜ “ ˜ “ ÿ V ĂZ ĂQ ai ¸n ¸n iPQ ÿ iPQ ÿ iPQ ÿ V ĂQ Vì V Ă Q nên 0“ ÿ Z ĂQ ¸n ´ ´ ` ÿ ÿ Z ĂQ V ĂZ ÿ “ “ “ ÿ QĂX V ĂQ ÿ V,T ĂX V XT “∅ ÿ ÿ V,T ĂX V XT “∅ ˜ ÿ ÿ V ĂQ p´1q|Q|´|V | iPV ai iPV ˜ ¸n |Q|´|V | ÿ ÿ p´1q|Z |´|V | p´1q ˜ ˜ ˜ ¸n p´1q|Z |´|V | “ p´1q|Q|´|V | ` iPQ ˜ p´1q|Z |´|V | V ĂQ V ĂZ ĂQ Điều kộo theo m án ă aj ‚ QĂX iPZ ÿ iPV ¸n ÿ iPV ¸n (3.18) ÿ V ĂZ ĂQ p´1q|Z |´|V | ˜ ¸m j PX zQ ˜ ÿ iPV iPV ai án án áă p´1q|Q|´|V | ˝ ÿ j PT T ĂX zQ aj ¸m ÿ V ĂQ V XT ĂX zQ 2k´|V |´|T | p´1qk´|V |´|T | ˜ ÿ iPV ÿ iPT ˛ p´1qk´|Q|´|T | ‚ p´1q|Q|´|V |`k´|Q|´|T | ¸n ˜ ÿ j PT aj ¸m Điều kéo theo bất đẳng thức P pn ` 1, mq ě P pn, m ` 1q tương 50 đương với ÿ 2k´|V |´|T | V,T ĂX V XT “∅ ě ÿ V,T ĂX V XT “∅ 2k´|V |´|T | ˜ ˜ ÿ iPV ÿ iPV ¸n`1 ˜ ¸n ˜ Và điều kéo theo kết luận hệ ÿ j PT ÿ j PT aj aj ¸m ¸m`1 Kết luận Trong luận văn chúng tơi trình bày số nội dung sau: Trình bày số kiến thức chuẩn bị liên quan trội, so sánh hai n số, tổng hoán vị vịng quanh, tổng đối xứng hốn vị Giới thiệu kết bất đẳng thức Muirhead cho hai ba số thực không âm; Tổng hợp số tập ứng dụng bất đẳng thức Muirhead để chứng minh số bất đẳng thức Đại số Hình học Phát biểu chứng minh bất đẳng thức Muirhead tổng quát cho n số thực không âm Trình bày làm rõ số mở rộng bất đẳng thức Muirhead theo phân hoạch theo mở rộng trung bình 51 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt: [1] Định lý Muirhead ứng dụng, http://www.VNMATH.com [2] Trần Phương, Những Viên Kim Cương Trong Bất Đẳng Thức Toán Học, NXB Tri Thức, 2011 Tiếng Anh: [3] L Cezar, L Tudorel, Problem 11245, American Mathematical, Monthly, Vol 113, 2006 [4] G.H Hardy, J.E Luflewood, G Polya, Inequalities, Cambridge University Press, 1967 [5] L.C Hin, Muirhead’s Inequality, Mathematical Excalebur, Volum 11, 2006 [6] Z Kadelburg, D Duklic, M Lukic and I Matic, Inequalities of Karamata, Schur and Muirhead and some applications, The Teaching of Mathematic, Vol (1), 31-45, 2005 [7] H Lee and S Kim, Muirhead’s and Holland’s inequalities of mixed power means for positive real numbers, J Appl Math & Informatics, Vol 35 (2017), No 1-2, pp 33-44, 2017 52 [8] A.W Marshall, I Olkin, B.C Arnold, Inequalities: Theory of Majorization and Its Applications, Springer Series in Statistics, New York, 2011 [9] A Mhanna, Around Muirhead’s inequality, Preprint HAL03298986, 2021 [10] R.F Muirhead, Some methods applicable to identities and inequalities of symmetric algebraic functions of m letters, Proc Edinburgh Math Soc 21, 144-157, 1903 [11] J.B Parris and A Vencovská, A generalization of Muirhead’s inequality, Jounal of Mathematical Inequalities, Vol (2), 181187, 2009 [12] B.M Radmila, A.G.O Jose, V.D Rogelio, Inequalities, A mathematical Olympial Approach, Birkhauser, 2009 [13] J.M Steele, The Cauchy-Schwarz Master Class: An Introduction to the Art of Mathematical Inequalities, Mathematical Association of America, Cambridge University Press, UK, 2004 ... ứng dụng 10 2.1 Bất đẳng thức Muirhead 10 2.2 Một số ứng dụng bất đẳng thức Muirhead 14 2.2.1 Chứng minh số bất đẳng thức đại số 14 2.2.2 Chứng minh số bất đẳng thức. .. tương ứng bất đẳng thức trên, ta bất đẳng thức cần chứng minh Chương Một số dạng mở rộng bất đẳng thức Muirhead ứng dụng Trong chương này, chúng tơi trình bày ba dạng mở rộng bất đẳng thức Muirhead. .. tìm hiểu bất đẳng thức Muirhead, số dạng mở rộng ứng dụng, chọn đề tài ? ?Một số mở rộng bất đẳng thức Muirhead ứng dụng? ?? để nghiên cứu cho luận văn thạc sĩ Phương pháp nghiên cứu sử dụng sưu tầm,