Bất đẳng thức muirhead và áp dụng giải một số bài toán phổ thông

Trang 1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠNNGUYỄN THỊ PHƯƠNG DUNGBẤT ĐẲNG THỨC MUIRHEAD VÀ ÁP DỤNGGIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN PHỔ THƠNGĐỀ ÁN THẠC SĨ TOÁN HỌC Trang 2 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀ

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

NGUYỄN THỊ PHƯƠNG DUNG

BẤT ĐẲNG THỨC MUIRHEAD VÀ ÁP DỤNG GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN PHỔ THÔNG

ĐỀ ÁN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Bình Định - Năm 2023

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

NGUYỄN THỊ PHƯƠNG DUNG

BẤT ĐẲNG THỨC MUIRHEAD VÀ ÁP DỤNG GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN PHỔ THÔNG

Chuyên ngành : Phương pháp toán sơ cấp

Mục lục

1.1 Một số bất đẳng thức cơ sở 4

1.1.1 Bất đẳng thức liên hệ giữa trung bình cộng và trung bình nhân 4 1.1.2 Bất đẳng thức Schur 9

1.1.3 Bất đẳng thức H¨older 10

1.2 Một số quy ước ký hiệu 13

1.3 Phép toán trên các tổng đối xứng 17

1.4 Quan hệ làm trội 17

2 Bất đẳng thức Muirhead 19 2.1 Bất đẳng thức Muirhead cho bộ hai số và bộ ba số 19

2.2 Bất đẳng thức Muirhead cho bộ n số 24

3 Áp dụng trong các bài toán sơ cấp 28 3.1 Áp dụng trong chương trình phổ thông và các kỳ thi học sinh giỏi 28 3.2 Kết hợp Bất đẳng thức Muirhead với các bất đẳng thức cổ điển 38

3.2.1 Bất đẳng thức Schur 38

3.2.2 Bất đẳng thức ASYM 43

Trong đó, bất đẳng thức liên hệ giữa trung bình cộng và trung bình nhân GM) đóng vai trò nền móng, là cơ sở để suy ra nhiều bất đẳng thức khác Do đó,vấn đề mở rộng và tổng quát hóa bất đẳng thức AM-GM luôn được quan tâmnghiên cứu Một trong những dạng tổng quát của Bất đẳng thức AM-GM là bấtđẳng thức Muirhead cho các tổng đối xứng, bất đẳng thức này tỏ ra rất hữu dụngtrong các bài toán bất đẳng thức nhiều biến mà ở đó, việc biến đổi về dạng các đathức đối xứng là tương đối phức tạp và gây nhiều khó khăn Xuất phát từ những

(AM-lý do trên, chúng tôi quyết định chọn đề án “Bất đẳng thức Muirhead và áp dụnggiải một số bài toán phổ thông” để nghiên cứu

Cấu trúc của đề án bao gồm: Lời mở đầu, nội dung chính và danh mục tài liệutham khảo Nội dung chính của đề án gồm ba chương

Chương 1 Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, chúng tôi trình bày chitiết các bất đẳng thức sơ cấp như bất đẳng thức AM-GM, bất đẳng thức Schur,bất đẳng thức H¨older Bên cạnh đó, chúng tôi cũng giới thiệu về quan hệ làm trộicủa hai bộ số thực và các quy ước ký hiệu làm cơ sở cho các lập luận ở các chươngtiếp theo của đề án

Chương 2 Bất đẳng thức Muirhead Trong chương này, chúng tôi trìnhbày chi tiết chứng minh cho bất đẳng thức Muirhead đối với trường hợp bộ hai số,

ba số và trường hợp tổng quát cho n số

Chương 3 Áp dụng trong giải các bài toán toán phổ thông Trongchương này, chúng tôi trình bày một số ứng dụng của bất đẳng thức Muirheadgiải các bài toán bất đẳng thức trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế.Ngoài ra, chúng tôi cũng trình bày một số ví dụ liên quan đến sử dụng kết hợp cácbất đẳng thức Muirhead với các bất đẳng thức sơ cấp để giải quyết các bài toánchứng minh bất đẳng thức

Tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sự kính trọng sâu sắc đến thầy

TS Hoàng Văn Đức, trường Đại học Quy Nhơn, thầy đã trực tiếp giảng dạy, hướngdẫn và tạo mọi điều kiện trong quá trình học tập và nghiên cứu để tôi có thể hoànthành đề án này một cách tốt nhất Bên cạnh đó, tôi cũng xin chân thành cảm ơnBan giám hiệu, Phòng đào tạo sau đại học, Khoa Toán và Thống kê, trường Đạihọc Quy Nhơn cùng quý thầy cô giáo của trường, quý thầy cô giáo thỉnh giảng đãtrực tiếp giảng dạy, giúp đỡ tôi trong quá trình học tập, hoàn thành các học phầntại trường Nhân đây, tôi cũng xin cảm ơn các anh, chị học viên trong lớp Phươngpháp toán sơ cấp K24B, gia đình, bạn bè và đồng nghiệp đã giúp đỡ, động viêntôi trong suốt quá trình học tập và hoàn thành đề án

Mặc dù rất cố gắng nhưng do hạn chế về thời gian và trình độ nên bên cạnhnhững kết quả đã đạt được, đề án không thể tránh khỏi những hạn chế và thiếusót Tác giả rất mong nhận được sự góp ý thẳng thắn và chân thành của quý thầy

cô và các bạn để đề án được hoàn thiện hơn

Ngày 12 tháng 12 năm 2023Học viên thực hiện

Nguyễn Thị Phương Dung

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị

Trong chương này, chúng tôi trình bày một số bất đẳng thức cổ điển như Bấtđẳng thức AM-GM, H¨older, Schur, Ngoài ra, chúng tôi cũng giới thiệu quan hệlàm trội giữa hai bộ số thực và các quy ước về ký hiệu tổng đối xứng làm cơ sở chocác lập luận ở những phần sau Tài liệu tham khảo chính của chương là [1] và [2]

của chúng khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau Bất đẳng thức trên được gọi là Bấtđẳng thức AM-GM (Arithmetic Means - Geometric Means).

Dạng 1 Với hai số thực không âm a, b ta có



a + b 2

a

2

√ ab

d

a + b 2

Thật vậy, gọi độ dài đoạn nối hai tiếp điểm là x Ta có

x2 =



a + b 2

2

−



a − b 2

Một ý nghĩa hình học khác của trung bình cộng và trung bình nhân là xem

√ ab

Vì trong đường tròn, đường kính là dây lớn nhất nên ta có

a + b

Bất đẳng thức AM-GM cho hai số thực không âm có thể được mở rộng cho bộ

n số thực không âm Cụ thể, ta có bất đẳng thức sau

Định lý 1.1.2 (Bất đẳng thức AM-GM cho n số) Cho bộ n số thực không âm

Trong thực tế, có rất nhiều cách chứng minh Bất đẳng thức AM-GM cho bộ n

số thực không âm Ở đây, chúng tôi trình bày chi tiết một cách chứng minh chobất đẳng thức này, gọi là phép “Quy nạp kiểu Cauchy” Các cách chứng minh khác

có thể tìm thấy trong tài liệu [2]

Chứng minh Phép chứng minh được tiến hành bằng quy nạp theon Trường hợp

n = 2 là tầm thường

Giả sử bất đẳng thức đúng vớin = k, ta sẽ chứng minh bất đẳng thức đúng với

n = 2k Thật vậy xét các số thực a 1 , a 2 , , ak, ak+1, , a2k ≥ 0 Sử dụng giả thiếtquy nạp ta có

a1+ a2+ · · · + a2k

1 2

Giả sử bất đẳng thức đúng với n = p, ta sẽ chứng minh bất đẳng thức đúng với

n = p − 1 Thật vậy, xét p − 1 số a1, a2, , ap−1 ≥ 0 Sử dụng giả thiết quy nạp với

Mệnh đề 1.1.4 Cho a, b, c là các số thực tùy ý Khi đó ta có các đánh giá sauđây:

(5) (ab + bc + ca)2≥ 3abc(a + b + c).

Cuối cùng ta sẽ xem xét một mở rộng của Bất đẳng thức AM-GM

Định lý 1.1.5 (Bất đẳng thức AM-GM suy rộng) Cho a1, a2, , an là các số thựckhông âm và x1, x2, , xn là các số thực dương có tổng bằng 1 Khi đó ta có

a1a

x 1a2a

x 2

.ana

x n

≤ 1.

Trước hết ta chứng minh kết quả sau: Với mọi số thực x ta có ex−1 ≥ x Thậtvậy, xét hàm sốf (x) = ex−1− x Ta cóf0(x) = xx−1− 1 Ta suy raf0(1) = 0 và f0(x)

đổi dấu từ âm sang dương qua điểmx = 1nênf (x) đạt giá trị nhỏ nhất làf (1) = 0

Do đó f (x) ≥ f (1) = 0 với mọi x ∈R và như vậy ex−1 ≥ x với mọi x ∈R.

x i

≤ e

aixi

a −1 với i = 1, 2, , n.

Nhân các bất đẳng thức trên vế theo vế ta được

Trường hợp này được chứng minh tương tự

Hai trường hợp hay được sử dụng nhất của Bất đẳng thức Schur là k = 1 (Bấtđẳng thức Schur bậc ba) và k = 2 (Bất đẳng thức Schur bậc bốn)

Trong trường hợp k = 1 ta có các dạng tương đương sau:

(i) a3+ b3+ c3+ 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a).

(ii) 4(a3+ b3+ c3) + 15abc ≥ (a + b + c)3

(i) Xa4+ abcXa ≥Xab(a2+ b2)

(ii) 6abcXa ≥2Xab −Xa2 Xa2+Xab

Trong đó, tổng được lấy theo các hoán vị vòng quanh của ba sốa, b, c

1.1.3 Bất đẳng thức H¨ older

Định lý 1.1.7 ([6, Theorem 9.2]) Cho hai dãy số không âm a1, a2, , an và

b1, b2, , bn Với các số hữu tỉ dương p, q thỏa mãn 1

và tk = b

q k

Vìt1x1+t2x2+· · ·+tnxn = Pn1

k=1 bqk

Pn k=1 akbk nên Bất đẳng thức (1.5) tương đươngvới

 Pn k=1 akbk

Pn k=1 bqk

Pn k=1 bqk

.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a

p 1

λ q bqi.

Nhân cả hai vế chomi và cộng vế theo vế với i = 1, 2, , n ta được

.

Định lý 1.1.9 ([6, Theorem 9.4]) Cho a ij với i = 1, 2, , n và j = 1, 2, , m

là các số thực dương và α1, α2, , αm là các số thực dương lớn hơn 1 thỏa mãn

ij

1

α j

.

Bất đẳng thức (1.6) có thể được viết lại như sau

q = 1 Một cách tổng quát, với các số thực dương

x1, x2, , xn và với α1, α2, , αn lớn hơn 1 thỏa mãn 1

Qm j=1

Pn i=1 aαj

ij

.

Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta được

Pn i=1

Qm j=1 aij

Qm j=1

Pn i=1 aαj

aαj

ij

Pn i=1 aαj

Vậy ta có điều phải chứng minh

Định nghĩa 1.2.1 Cho một bộn số thực không âm a = (a1, a2, , an)và một bộ

(iii) trung bình đối xứng của xa1

xyz = xyz + xzy + yxz + yzx + zxy + zyx = 6xyz.

Trong ví dụ tiếp theo, ta sẽ chỉ ra rằng các đại lượng trung bình cộng và trungbình nhân chỉ là các trường hợp riêng của đại lượng trung bình đối xứng bằng cáchchọn bộ số (a1, a2, , an) thích hợp

Ví dụ 1.2.3 Xét bộ số thực dương (x 1 , x 2 , , x n ) Chú ý rằng với mỗi cặp (i, j),vớii, j ∈ {1, 2, , n} có (n − 1)!phép thế σ ∈ S n sao cho σ(i) = j Nói riêng, với mọi

j ∈ {1, 2, , n} có (n − 1)! phép thế σ ∈ Sn sao cho σ(1) = j Với (a1, a2, , an) = (1, 0, , 0) ta có

, vì xσ(1)xσ(2) xσ(n) = x1x2 xn với mọi

ichính là trung bìnhnhân của x1, x2, , xn.

Sau đây chúng ta xem xét một số tính chất của tổng đối xứng

Mệnh đề 1.2.5 ([5]) Cho một bộ n số thực không âm a = (a1, a2, , an)và một bộ

số thực dương x = (x1, x2, , xn) thỏa mãn x1x2 xn ≥ 1 Khi đó [x, a] ≥ [x, a − r]

đúng với mọi số thực dương r thỏa mãn điều kiện a1− r, a2− r, , an− r là các sốthực không âm

Chứng minh Nếu x1x2· · · xn ≥ 1 thì với số thực dương r ta có (x1x2 xn)r ≥ 1.

[x, a] + [x, b]



x,a + b2

1 n!

a 2 +b 2

2 σ(2) x

a n +b n

2 σ(n)

=



x,a + b2



.

1.3 Phép toán trên các tổng đối xứng

Mệnh đề 1.3.1 Cho bộ số thực dương x = (x1, x2, , xn) Với hai bộ số thựckhông âm a = (a 1 , a 2 , , a n ) và b = (b 1 , b 2 , , b n ) ta có

(i 1 ,i 2 , ,i n )∈S n

T (x, a1+ bi1, a2+ bi2, , an+ bin).

Ta xét một số ví dụ về phép nhân các tổng đối xứng của bộ ba biến x, y và z

Vì bộ số (x, y, z)đã được xác định nên để đơn giản về mặt kí hiệu, ta quy ước viết

T (a) thay cho T (x, a)

Ví dụ 1.3.2 Ta có x + y + z = 1

2T (1, 0, 0) và xy + yz + zx = 1

2T (1, 1, 0) Từ đó suyra

Định nghĩa 1.4.1 Cho hai bộ số thực không âma = (a 1 , a 2 , , a n )và(b 1 , b 2 , , b n )

thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

Định lý 2.1.1 (Bất đẳng thức Muirhead cho bộ hai số) Cho các số thực dương

a 1 , a 2 , b 1 , b 2 thỏa mãn điều kiện (a 1 , a 2 )<(b 1 , b 2 ), tức là:

chứng minh tương đương với T ≥ 0 Vì a1+ a2= b1+ b2 nên ta có

Ví dụ 2.1.4 Cho a, blà các số thực dương Chứng minh rằng

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = b2, a2= b2 hoặc x1 = x2

Chứng minh Hệ quả này chỉ là một cách phát biểu khác của Định lý 2.1.1 sau khisắp xếp các bộ (a1, a2) và (b1, b2) theo thứ tự giảm dần

Định lý 2.1.7 (Bất đẳng thức Muirhead cho bộ ba số) Cho hai bộ số thực dương

(a 1 , a 2 , a 3 ) và (b 1 , b 2 , b 3 ) thỏa mãn điều kiện (a 1 , a 2 , a 3 )<(b 1 , b 2 , b 3 ), tức là:

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = b1, a2= b2, a3= b3 hoặc x = y = z.

Chứng minh Ta xét trường hợp b 1 ≥ a 2 Ta có a 1 ≥ a 1 + a 2 − b 1 Hơn nữa a 1 ≥ b 1

nên ta suy raa 1 ≥ max{a 1 + a 2 − b 1 , b 1 } Từ đó suy ra

Hơn nữa b1≥ a1+ a2− b1 và a1 ≥ a2≥ b1 ≥ a2+ a3− b1 nên ta suy ra

max{a 2 , a 3 } ≥ max{b 1 , a 2 + a 3 − b 1 } và max{a 1 , a 2 + a 3 − b 1 } ≥ max{b 2 , b 3 }.

Ví dụ 2.1.10 Cho các số thực dương x, y, z Chứng minh rằng

Theo Bất đẳng thức AM-GM ta có 2(x3+ y3+ z3) ≥ 6xyz Do đó

8(x3+ y3+ z3) ≥ 3xy(x + y) + 3yz(y + z) + 3zx(z + x) + xyz.

a1+ a2+ · · · + ak ≤ b1+ b2+ · · · + bk.

Như vậy ta cóa1+a2+· · ·+an = b1+b2+· · ·+bn vàa1+a2+· · ·+ak ≤ b1+b2+· · ·+bk

với mọi 1 ≤ k ≤ n − 1 Điều này chứng tỏ a4b

Để chứng minh điều kiện đủ, ta sẽ định nghĩa một toán tử tuyến tính L tácđộng lên bộ n số b = (b1, b2, , bn) như sau: Lấy bk và bl là hai số phân biệt của bộ

al = ρ − σ = τ − σ

2τ bk+

τ + σ 2τ bl,

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi các xi đều bằng nhau Bổ đề được chứng minhxong.

Bổ đề 2.2.3 Nếua4b và a 6= b thì tồn tại số nguyên dương M sao cho a = LM(b).Chứng minh Kí hiệu m là số các chỉ số ν sao cho b ν − a ν 6= 0 Ta sẽ chứng minhrằng, sau mỗi lần tác động toán tửLthì chỉ số m sẽ giảm nghiêm ngặt Do đó, quátrình này sẽ dừng lại sau hữu hạn bước Rõ ràng P

ν (bν − aν) = 0 và tồn tại cáchiệu bν− aν khác không nên trong tổng trên sẽ có các hiệu là số âm và các hiệu là

số dương Tuy nhiên, số hạng đầu tiên là số dương Ta có thể chọn k và l như sau

Giả sửak−ρ = σ Điều này tương đương vớiak−(bk−τ ) = σ hay(ak−bk)+τ = σ

Mà ak− ak < 0 nên ta suy ra σ < τ Giả sử al− ρ = −σ Điều này tương đương với

al− (bl+ τ ) = −σ hay (al− bl) + σ = τ Mà al− bl > 0 nên ta suy ra σ < τ Như vậytrong mọi trường hợp ta đều có σ < τ

Ta xét bộ số c như sau

ck = ρ + σ, cl = ρ − σ, cν = bν (ν 6= k, ν 6= l).

nên quá trình sẽ dừng lại sau hữu hạn bước, tức là tồn tại số M để a = LM(b) Bổ

đề được chứng minh xong

Quay lại phần chứng minh Định lí 2.2.1, rõ ràng Bổ đề 2.2.3 nói rằng nếu a4b

, từ Ví dụ 1.2.3 ta có

, tức làa<b, nên theo Bất đẳngthức Muirhead ta suy ra [x, a] ≥ [x, b] Từ đó ta suy ra Bất đẳng thức AM-GM

nên đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = =

xn

Chương 3

Áp dụng trong các bài toán sơ cấp

Trong chương này, chúng tôi trình bày các kỹ thuật sử dụng Bất đẳng thứcMuirhead để giải quyết các bài toán chứng minh bất đẳng thức trong chương trìnhphổ thông và các đề thi học sinh giỏi các cấp Đồng thời, chúng tôi cũng nêu ramột số ví dụ về kết hợp Bất đẳng thức Muirhead với các Bất đẳng thức AM-GM,Schur, ASYM trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức Các ví dụ, bài toántrong chương này được tham khảo từ các tài liệu [1] và [6]

thi học sinh giỏi

Kỹ thuật chung để sử dụng Bất đẳng thức Muirhead thường được tiến hànhtheo hai bước:

Bước 1: Phân tích và biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh về dạng tổng các đa

thức đối xứng ở cả hai vế của bất đẳng thức Sau đó biểu diễn các đa thứcđối xứng theo kí hiệu đã quy ước ở Chương 1

Bước 2: Sử dụng các bất đẳng thức để làm mất dần các đa thức đối xứng có giá trị

lớn ở vế có giá trị hơn và thay vào đó là các đa thức đối xứng nhỏ nhất cóthể để giản lược cả hai vế Trong bước này, ta có thể cần phải chứng minhmột số bất đẳng thức trung gian

Ở Bước 1, ta cần biểu diễn các đa thức đối xứng về dạng tổng đối xứng T (a).Trong thực tế, ta thường xuyên gặp một số dạng sau

Ví dụ 3.1.1 Biểu diễn các đa thức đối xứng dưới dạng tổng đối xứng.

2T (2, 0, 0) + T (1, 1, 0),(x + y + z)3 = 1

2T (3, 0, 0) + 3T (2, 1, 0) + T (1, 1, 1),

2T (1, 1, 0),(x + y)(y + z)(z + x) = T (2, 1, 0) +1

3T (1, 1, 1),(x + y − z)(y + z − x)(z + x − y) = −1

Ta viết lại dưới dạng T (2, 1, 0) ≥ 6 · 1

6T (1, 1, 1) ⇔ T (2, 1, 0) ≥ T (1, 1, 1) Bất đẳngthức này đúng theo Định lí Muirhead vì (2, 1, 0)<(1, 1, 1)

Ví dụ 3.1.4 [3, trang 95] Chứng minh rằng nếu a, b, c là ba số thực dương thì

T (2, 1, 1) Điều này đúng theo Định lí Muirhead vì (2, 2, 0)<(2, 1, 1)

Ví dụ 3.1.5 Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãnx2+ y2+ z2 = 1 Chứng minhrằng

(x4+ y4+ z4) + 2(x2y2+ y2z2+ z2x2) ≥ 3(x2yz + xy2z + xyz2).

Bất đẳng thức trên tương đương với

Chứng minh Quy đồng mẫu thức, vế trái trở thành

(x + y)(yz + x2)(zx + y2) + (y + z)(zx + y2)(xy + z2) + (z + x)(xy + z2)(yz + x2)

(xy + z 2 )(yz + x 2 )(zx + y 2 )

và vế phải trở thành xy + yz + zx

xyz Do đó bất đẳng thức đã cho tương đương với



(x + y)(yz + x2)(zx + y2) + (y + z)(zx + y2)(xy + z2) + (z + x)(xy + z2)(yz + x2)(xyz)

≤ (xy + z2)(yz + x2)(zx + y2)(xy + yz + zx)

Ta có (x + y)(yz + x2)(zx + y2) = (x4z + yz4) + (x3y2 + x2y3) + (x3yz + xy3z) + (x2yz2 + xy2z2) Tiếp tục khai triển các số hạng trong tổng, bất đẳng thức đượcviết lại dưới dạng