Toán học Biểu diễn cơ sở phương pháp SOS34575

0.1 BIỂU DIỄN CƠ SỞ PHƯƠNG PHÁP SOS 0.1 Biểu diễn sở phương pháp SOS Mở đầu Trong toán dẫn mục trước hẳn bạn nhận thấy lặp lặp lại biểu diễn dạng F (a, b, c) = Sa (b − c)2 + Sb (c − a)2 + Sc (a − b)2 Các định lý sau cho thấy tồn biểu diễn Chúng tơi tự giới hạn lớp bất đẳng thức biến đối xứng, nhiên điều không làm hạn chế tầm ứng dụng phương pháp Các bạn sử dụng ví dụ để kiểm chứng với tư tưởng đây, hầu hết bất đẳng thức hoán vị có biểu diễn tương tự Chúc bạn may mắn ! 0.1.1 Các khái niệm i) Tập xác định (TXĐ) Từ trở thay đổi, tốn rõ ràng tránh phiền phức khơng đáng có, TXĐ tất hàm số bất đẳng thứuc giới hạn tập số thực không âm R3+ để hợp lý bỏ điểm (0, 0, 0) ii) Định nghĩa 1: hàm đối xứng ba biến Một hàm phân thức ba biến F (a, b, c) gọi đối xứng đồng thức sau F (a, b, c) = F (x, y, z) với hoán vị (x, y, z) (a, b, c) Hơn với số thực dương x mà F (x, x, x) = F (a, b, c) gọi hàm đối xứng ba biến chuẩn iii) Định nghĩa 2: hàm nửa đối xứng ba biến Một hàm phân thức ba biến G(a, b, c) gọi nửa đối xứng đồng thức sau G(a, b, c) = G(a, c, b) với ba số thực dương (a, b, c) Hơn với cặp hai số thực dương x, y mà G(x, y, y) = G(a, b, c) gọi hàm nửa đối xứng ba biến chuẩn 0.1.2 Các định lý sở i) Định lý 1: sở phương pháp SOS Giả sử F (a, b, c) đa thức đối xứng ba biến chuẩn tồn đa thức nửa đối xứng ba biến G(a, b, c) cho đồng thức sau F (a, b, c) = G(a, b, c)(b − c)2 + G(b, c, a)(c − a)2 + G(c, a, b)(a − b)2 Trước đưa chứng minh định lý dựa số hiểu biết đơn giản không gian vecto muốn nhấn mạnh với bạn định lý đủ để áp dụng tất hàm phân thức đối xứng ba biến DeThiMau.vn Bởi định lý hạn chế lớp đa thức ba biến nên có nói tới bậc đa thức Trong đa thức ba biến a, b, c chứa (và chứa !) hạng tử dạng tm,n,p am bn cp m, n, p số ngun khơng âm Nếu tm,n,p = m + n + p gọi bậc hạng tử Trong trường hợp ngược lại ta quy ước bậc hạng tử Số m + n + p lớn gọi bậc đa thức Chứng minh định lý Ta chứng minh định lý cho lớp đa thức bậc n Ký hiệu S(F ) tập hợp tất đa thức ba biến F (a, b, c) đối xứng chuẩn bậc n, S(Q) tập hợp tất đa thức Q(a, b, c) đối xứng ba biến chuẩn bậc n có dạng Q(a, b, c) = G(a, b, c)(b − c)2 + G(b, c, a)(c − a)2 + G(c, a, b)(a − b)2, G(a, b, c) đa thức nửa đối xứng ba biến bậc n − (ta xét n ≥ với n=1 định lý hiển nhiên đúng) Rõ ràng S(Q) không gian vecto không gian vecto F (a, b, c) Và số chiều S(Q) khơng vượt q số chiều S(F ) (∗) Với số nguyên không âm α, β, γ xét đa thức đặc biệt sau ′ ′ ′ i) Fα,β,γ (a, b, c) = aα bβ cγ (tổng lấy tất hoán vị (α′ , β ′ , γ ′) (α, β, γ)) ii) Gα,β,γ (a, b, c) = aα bβ cγ + aα bγ cβ iii) Qα,β,γ (a, b, c) = Gα,β,γ (a, b, c)(b−c)2+Gα,β,γ (b, c, a)(c−a)2+Gα,β,γ (c, a, b)(a− b)2 Ký hiệu fn tập hợp tất số (α, β, γ) thoả mãn điều kiện α + β + γ = n, α ≥ β ≥ γ Rõ ràng tập hợp tất đa thức Fα,β,γ (a, b, c) với (α, β, γ) ∈ fn hệ sinh độc lập tuyến tính S(F ) số chiều S(F ) số phần tử fn (1) Ký hiệu qn tập hợp tất số (α, β, γ) thoả mãn điều kiện α + β + γ = n − 2, α + ≥ β ≥ γ Rõ ràng tập hợp tất đa thức Qα,β,γ (a, b, c) với (α, β, γ) ∈ qn hệ vecto độc lập tuyến tính S(Q) số chiều S(Q) khơng nhỏ số phần tử qn (2) Từ kết (1), (2) với ý fn qn có số phần tử ta suy số chiều S(Q) không nhỏ số chiều S(F ) (∗∗) Vậy từ kết (∗), (∗∗) suy số chiều hai không gian S(Q), S(F ) nhau, từ suy phần tử khơng gian S(F ) biểu diễn qua phần tử không gian S(Q) Đây kết cần phải chứng minh Từ định lý nhận thấy thuật tốn tìm biểu diễn sở, tìm ma trận chuyển hai khơng gian vecto S(Q) S(F ) Dưới thuật toán sơ cấp DeThiMau.vn 0.1 BIỂU DIỄN CƠ SỞ PHƯƠNG PHÁP SOS ii) Định lý 2: thuật tốn tìm biểu diễn sở Giả sử M (a, b, c), N (a, b, c) hai đa thưc nửa đối xứng ba biến, với số thực dương x phân số M (x, x, x)/N (x, x, x) số t Khi tồn hàm số nửa đối xứng ba biến G(a, b, c) cho đồng thức sau M (a, b, c) M (b, c, a) M (c, a, b) F (a, b, c) = + + − 3t N (a, b, c) N (b, c, a) N (c, a, b) = G(a, b, c)(b − c)2 + G(b, c, a)(c − a)2 + G(c, a, b)(a − b)2 Chứng minh định lý Đối với hàm nửa đối xứng G(a, b, c) tiến hành ghép cặp hạng tử nửa đối xứng am bncp + am bp cn Sau nhóm tất hạng tử có bậc vào nhóm Bộ số (n1 , n2, , nk) với n1 > n2 > > nk gồm tất giá trị bậc đa thức theo thứ tự giảm dần gọi thị cho đa thức Lúc ta viết k gm,n,p am (bncp + bp cn ) G(a, b, c) = i=1 m+n+p=ni ,n≥p Rõ ràng điều kiện M (x, x, x)/N (x, x, x) số với số thực dương x tương đương với kiện thị đa thức M (a, b, c), N (a, b, c) giống hệt Và ta xét hiệu k αm,n,p am (bncp + bp cn )]/N (a, b, c) M (a, b, c)/n(a, b, c) − t = [ i=1 m+n+p=ni ,n≥p αm,n,p = mm,n,p − tnm,n,p αm,n,p = 0, ∀i = 1, n m+n+p=ni ,n≥p Bây tổng bên ứng với giá trị ni tử số tiến hành xếp lại thứ tự hạng tử tử số phân số sau dùng biến đổi nhỏ để làm xuất nhân tử a − b, b − c, c − a Trước hết ta chia nghiệm nguyên không âm (m, n, p) thoả mãn n gep phương trình m + n + p = ni thành ni nhóm theo giá trị m Sắp xếp lại thứ tự nhóm theo độ giảm dần m Trong nhóm giá trị m cố định, ta xếp lại nghiệm nguyên khơng âm phương trình n + p = ni − m theo độ giảm dần n ni − m lẻ theo độ tăng dần n ni − m chẵn Sau thứ tụ xong, có thứ tự tập nghiệm ban đầu, mà ta ký hiệu {(mj , nj , pj )|j = 1, l}, l hàm số phụ thuộc ni Để đơn giản ta ký hiệu aj = amj (bnj cpj + bpj cnj ), bj = αmj ,nj ,pj DeThiMau.vn Khi mẫu số viết lại đơn giản a1b1 + a2b2 + + al bl = (a1 − a2)b1 + (a2 − a3 )(b1 + b2) + + (al−1 − al )(b1 + b2 + + bl) Sử dụng điều kiện b1 + b2 + bl = chia hiệu a1 − a2 , a2 − a3, , al−1 − al vào ba loại sau i)am (bn+1cp + bn cp+1 ) − am (bn cp+1 + bn+1cp ) = am bn cp bn−p − cn−p (b − c)2 b−c ii)am+1 (bncn + bncn ) − am (bn+1cn + bncn+1 ) = am bncn [(a − b) − (c − a)] Xét biểu thức am bncn [(a − b) − (c − a)] bm cn an[(b − c) − (a − b)] cm an bn[(c − a) − (b − c)] + + N (a, b, c) N (b, c, a) N (c, a, b) Tiến hành ghép phần ba hạng tử biểu thức thành ba cặp theo nhân tử a − b, b − c, c − a Một ba hạng tử (a − b)anbn cn[ am−n bm−n − ] = (a − b)2.G(c, a, b) N (a, b, c) N (b, c, a) Trong G(c, a, b) = am−nN (a, b, c) − bm−nN (b, c, a) cn an bn N (a, b, c).N (b, c, a) a−b ta sử dụng N (b, c, a) = N (b, a, c) Do tử số mẫu số phân số thức nửa đối xứng ba biến a, b, c dối xứng hai biến a, b nên G(c, a, b) hàm nửa đối xứng ba biến iii)am+1 (bn+1 cn + bncn+1 ) − am (bn+1cn+1 + bn+1cn+1 ) = am bncn [c(a − b) − b(c − a)] Xét biểu thức am bn cn[c(a − b) − b(c − a)]/N (a, b, c) + bm cn an[a(b − c) − c(a − b)]/N (b, c, a) + cm anbn [b(c − a) − a(b − c)]/N (c, a, b) Tiến hành ghép phần ba hạng tử biểu thức thành ba cặp theo nhân tử a − b, b − c, c − a Một ba hạng tử (a − b)anbn cn+1[ am−n bm−n − ] = (a − b)2.G(c, a, b) N (a, b, c) N (b, c, a) Trong G(c, a, b) = am−nN (a, b, c) − bm−nN (b, c, a) cn+1 an bn N (a, b, c).N (b, c, a) a−b ta sử dụng N (b, c, a) = N (b, a, c) Do tử số mẫu số phân số thức nửa đối xứng ba biến a, b, c dối xứng hai biến a, b nên G(c, a, b) hàm nửa đối xứng ba biến Vậy ba trường hợp ta cách biến đổi thích hợp để đưa biểu thức dạng biểu diễn cần thiết Điều hoàn thành việc chứng minh định lý Niềm tin tồn biểu diễn sở khẳng định DeThiMau.vn ... gian vecto S(Q) S(F ) Dưới thuật toán sơ cấp DeThiMau.vn 0.1 BIỂU DIỄN CƠ SỞ PHƯƠNG PHÁP SOS ii) Định lý 2: thuật tốn tìm biểu diễn sở Giả sử M (a, b, c), N (a, b, c) hai đa thưc nửa đối xứng... gian S(F ) biểu diễn qua phần tử không gian S(Q) Đây kết cần phải chứng minh Từ định lý nhận thấy thuật tốn tìm biểu diễn sở, tìm ma trận chuyển hai khơng gian vecto S(Q) S(F ) Dưới thuật toán sơ... ba trường hợp ta cách biến đổi thích hợp để đưa biểu thức dạng biểu diễn cần thiết Điều hoàn thành việc chứng minh định lý Niềm tin tồn biểu diễn sở khẳng định DeThiMau.vn